Теория вероятностей и математическая статистика

В. В. Григорьев-Голубев Н. В. Васильева Е. А. Кротов ТЕОРИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ И МАТЕМАТИЧЕСКАЯ СТАТИСТИКА Руководство по решению задач Допущено научно–методическим советом по математике вузов северо –запада в качестве учебника для студентов вузов, обучающихся по инженерным и инженерно –экономическим специальностям Санкт–Петербург «БХВ–Петербург» 2014 УДК 519.2(075.8) ББК 22.1я73 Г83 Григорьев–Голубев В. В. Теория вероятностей и математическая статистика. Руководство по решению задач: учебник / В. В. Григорьев–Голубев, Н. В. Васильева, Е. А. Кротов. — СПб.: БХВ–Петербург, 2014. — 256 с.: ил. — (Учебная литература для вузов) ISBN 978–5–9775–3294–5 В книге содержится описание и примеры выполнения входящих в учебные программы лабораторных работ по математической статистике, даются первоначальные сведения о пакете прикладных математических программ Mathcad и примеры выполнения лабораторных работ в среде Mathcad. Краткие сведения из теории по каждому разделу дисциплины позволят студентам технических и экономических вузов сэкономить время, а подробный разбор приведенных в книге задач сформирует правильный подход к их постановке и выбору метода решения. На основе излагаемого материала преподаватели математики могут формировать варианты контрольных и лабораторных работ, а также индивидуальных домашних заданий — типовых расчетов. Для студентов и преподавателей высших учебных заведений УДК 519.2(075.8) ББК 22.1я73 Группа подготовки издания: Главный редактор Зав. редакцией Редактор Компьютерная верстка Корректор Дизайн серии Оформление обложки Фото Екатерина Кондукова Екатерина Капалыгина Анна Кузьмина Ольга Сергиенко Зинаида Дмитриева Инны Тачиной Марины Дамбиевой РЕЦЕНЗЕНТЫ: В.М. Лихачев, д-р физ.-мат. наук, проф., завкафедрой высшей математики ВКА им. А.Ф.Можайского В.Б. Хазанов, д-р физ.-мат. наук, проф. кафедры прикладной математики и математического моделирования СПбГМТУ Подписано в печать 31.01.13 Формат 70x100 1/16 . печать офсетная. Усл. Печ.л.20.64. Тираж 1000 экз. Заказ № 4000 «БХВ–Петербург», 191036, Санкт–Петербург, Гончарная ул. 20. Первая Академическая типография «Наука» 199034, Санкт–Петербург, 9 линия, 12/28 ISBN 978–5–9775–3294–5 © В. В. Григорьев–Голубев, Н. В. Васильева, Е. А. Кротов. 2014 © Оформление, издательство «БХВ–Петербург», 2014 Оглавление Предисловие ..................................................................................................................... 7 Глава 1. Элементы комбинаторики............................................................................. 9 1.1. Принцип умножения и принцип сложения ............................................................................. 9 Принцип умножения ................................................................................................................ 9 Принцип сложения ................................................................................................................... 9 1.2. Размещения, перестановки, сочетания ................................................................................. 10 1.3. Задачи для самостоятельного решения ................................................................................. 12 Глава 2. Случайные события ...................................................................................... 13 2.1. Случайный эксперимент. Пространство элементарных событий. Случайное событие................................................................................................................. 13 2.2. Алгебраические операции над случайными событиями ..................................................... 14 2.3. Вероятностная модель случайного эксперимента. Вероятностное пространство ............ 20 Вероятностная модель случайного эксперимента с конечным числом исходов .............. 20 Формула классической вероятности ..................................................................................... 21 Вероятностная модель случайного эксперимента со счетным числом исходов ............... 26 Вероятностная модель случайного эксперимента с несчетным числом исходов ............. 28 Геометрическое определение вероятности .......................................................................... 28 2.4. Свойства вероятности. Условная вероятность. Независимость событий. Теоремы сложения и умножения .......................................................................................... 33 Свойства вероятности. Теорема сложения вероятностей ................................................... 33 Условная вероятность. Теорема умножения вероятностей ................................................ 35 Независимые события ............................................................................................................ 36 2.5. Полная группа событий. Формулы полной вероятности и Байеса ..................................... 41 2.6. Сложный эксперимент. Схема Бернулли .............................................................................. 46 2.7. Формула Пуассона. Простейший поток событий ................................................................ 49 2.8. Задания для типовых расчетов .............................................................................................. 52 Глава 3. Случайные величины .................................................................................. 71 3.1. Закон распределения случайной величины .......................................................................... 71 Свойства функции распределения ........................................................................................ 71 3.2. Дискретная случайная величина............................................................................................72 Закон распределения дискретной случайной величины ..................................................... 73 4 Оглавление Числовые характеристики дискретной случайной величины ............................................. 75 Свойства математического ожидания ......................................................................... 75 Свойства дисперсии ...................................................................................................... 76 Биномиальный закон распределения .................................................................................... 80 Закон распределения Пуассона ............................................................................................. 83 Геометрическое распределение............................................................................................. 85 3.3. Непрерывная случайная величина ........................................................................................ 87 Непрерывная случайная величина и ее закон распределения ............................................ 87 Свойства плотности распределения ............................................................................ 88 Числовые характеристики непрерывной случайной величины .......................................... 91 Равномерное распределение .................................................................................................. 96 Показательное (экспоненциальное) распределение ............................................................ 99 Распределение Коши ............................................................................................................100 Нормальное распределение (распределение Гаусса) ........................................................ 101 3.4. Задания для типовых расчетов ............................................................................................105 Глава 4. Случайные векторы ................................................................................... 121 4.1. Двумерный случайный вектор и его закон распределения ............................................... 121 4.2. Функция распределения двумерного случайного вектора и ее основные свойства ....... 122 4.3. Двумерный дискретный случайный вектор........................................................................ 123 Маргинальные законы распределения компонент двумерного дискретного случайного вектора .............................................................................................................. 124 Условные законы распределения компонент двумерного дискретного случайного вектора .............................................................................................................. 125 Числовые характеристики дискретного двумерного случайного вектора....................... 128 Математическое ожидание ........................................................................................ 128 Корреляционный момент ........................................................................................... 128 Матрица ковариаций .................................................................................................. 130 Обобщенная дисперсия .............................................................................................. 130 Коэффициент корреляции .......................................................................................... 130 Условные математические ожидания. Функции и линии регрессии ............................... 132 Функция распределения двумерного дискретного случайного вектора .......................... 137 4.4. Непрерывный случайный вектор ........................................................................................ 141 Плотность и функция распределения непрерывного двумерного случайного вектора ..... 141 Функции и плотности распределения компонент непрерывного случайного вектора ...... 143 Условные плотности распределения непрерывного случайного вектора ....................... 145 Числовые характеристики непрерывного двумерного случайного вектора.................... 148 Математическое ожидание ........................................................................................ 148 Дисперсия ....................................................................................................................149 Корреляционный момент ........................................................................................... 149 Коэффициент корреляции .......................................................................................... 149 Корреляционная матрица и обобщенная дисперсия ................................................ 150 Функции регрессии и линии регрессии непрерывного двумерного случайного вектора .............................................................................................................. 151 4.5. Задания для типовых расчетов ............................................................................................161 Глава 5. Функции случайных величин................................................................... 169 5.1. Функции одного случайного аргумента.............................................................................. 169 Функции дискретного случайного аргумента .................................................................... 170 Оглавление 5 Функции непрерывного случайного аргумента ................................................................. 173 Числовые характеристики непрерывной функции одной случайной величины ............. 176 5.2. Функции двух случайных величин ...................................................................................... 177 5.3. Функции n случайных величин............................................................................................ 180 Распределение χ2 .................................................................................................................. 181 Распределение Стьюдента ................................................................................................... 182 5.4. Задания для типовых расчетов ............................................................................................184 Глава 6. Выборочный метод математической статистики ................................. 191 6.1. Первичная обработка экспериментальных данных ........................................................... 192 Построение интервального статистического ряда............................................................. 192 Построение эмпирической функции распределения ......................................................... 194 Гистограмма и полигон ........................................................................................................195 6.2. Получение точечных статистических оценок .................................................................... 196 6.3. Пример выполнения лабораторной работы "Первичная обработка экспериментальных данных" ............................................................................................... 198 Построение интервального статистического ряда............................................................. 199 Построение эмпирической функции распределения ......................................................... 200 Построение гистограммы и полигона................................................................................. 201 Получение точечных статистических оценок .................................................................... 201 Предположение о характере распределения ...................................................................... 202 6.4. Пример выполнения лабораторной работы "Первичная обработка экспериментальных данных" в среде Mathcad ................................................................... 203 Первоначальные сведения о программе для инженерных расчетов Mathcad ................. 203 Построение интервального ряда ......................................................................................... 207 Построение гистограммы и полигона................................................................................. 208 Получение точечных характеристик. Построение теоретической кривой ...................... 210 Построение эмпирической функции распределения ......................................................... 211 Глава 7. Проверка статистических гипотез и интервальные оценки .............. 213 7.1. Основная и альтернативная гипотезы ................................................................................. 213 7.2. Критерии согласия. Общая схема проверки статистических гипотез .............................. 214 Проверка гипотезы о законе распределения случайной величины на основе критерия Пирсона ................................................................................................................. 215 Проверка гипотезы о законе распределения генеральной совокупности по критерию Колмогорова ......................................................................................................................... 218 7.3. Интервальные оценки параметров распределения ............................................................ 221 Доверительный интервал для математического ожидания при известном среднеквадратическом отклонении..................................................................................... 221 Доверительный интервал для математического ожидания при неизвестном среднеквадратическом отклонении..................................................................................... 222 Доверительный интервал для среднеквадратического отклонения ................................. 222 7.4. Пример выполнения лабораторной работы "Проверка статистических гипотез и интервальное оценивание" ............................................................................................... 223 Проверка основной гипотезы по критерию Пирсона ........................................................ 224 Проверка основной гипотезы по критерию Колмогорова ................................................ 225 Интервальное оценивание параметров распределения ..................................................... 226 7.5. Пример выполнения лабораторной работы "Проверка статистических гипотез и интервальные оценки" в среде Mathcad .......................................................................... 227 6 Оглавление Проверка нулевой гипотезы по критерию Пирсона .......................................................... 227 Проверка нулевой гипотезы по критерию Колмогорова .................................................. 229 Интервальные оценки параметров распределения ............................................................ 230 Доверительный интервал для математического ожидания ..................................... 230 Доверительный интервал для среднеквадратического отклонения........................ 231 7.6. Варианты заданий для лабораторных работ....................................................................... 232 Приложение. Статистические таблицы .................................................................. 239 2 П.1. Значения функции Гаусса φ ( x ) = 1 − x2 e ....................................................................... 239 2π x 2 t − 1 2 П.2. Значения функции Лапласа Φ 0 ( x ) = e dt .............................................................. 241 2π ∫0 П.3. Значения χ 2m , α распределения χ 2 для числа степеней свободы m и вероятности α = P {χ 2m > χ 2m, α } .................................................................................................................. 242 П.4. Значения λ q распределения Колмогорова для вероятности q = P { ξ K ≥ λ q } ................ 243 П.5. Значения tm, β распределения Стьюдента для числа степеней свободы m и вероятности β = P { τ m < tm, β } ......................................................................................... 244 Ответы ........................................................................................................................... 245 К главе 1 ................................................................................................................................ 245 К главе 2 ................................................................................................................................ 245 К главе 3 ................................................................................................................................ 246 К главе 4 ................................................................................................................................ 248 К главе 5 ................................................................................................................................ 249 Литература ................................................................................................................... 251 Предисловие Данная книга написана на основе курса лекций по дисциплине "Теория вероятностей и математическая статистика", которые читаются авторами на протяжении ряда лет студентам Санкт-Петербургского государственного морского технического университета и Военно-космической академии А. Ф. Можайского, и адресована студентам технических университетов. Цель пособия — помочь учащимся в выработке навыков самостоятельного решения вероятностных задач и в подготовке к контрольным испытаниям. Объем материала соответствует ФГОС третьего поколения, а глубина изложения — уровню требований к математической подготовке выпускника российского технического университета. Каждый раздел книги предваряет необходимый теоретический материал, включающий в себя самые важные определения и теоремы. Теоретический материал изложен в кратком виде и дополнен большим количеством задач с подробным разбором их решения. В конце каждого раздела помещены задачи, предлагающиеся для самостоятельного решения, снабженные развернутыми ответами. Глава 1 "Элементы комбинаторики" включена в работу в связи с необходимостью использования некоторых формул комбинаторного анализа при подсчете вероятностей. В ней даны формулы для вычисления числа размещений, подстановок и сочетаний из некоторого конечного множества и разобран ряд задач с использованием этих формул. В главе 2 "Случайные события" дана классификация случайных событий и алгебраические операции над ними. Вероятность случайного события определяется на основе аксиоматики А. Н. Колмогорова, а при разборе задач большое внимание уделяется построению вероятностных моделей эксперимента. В главах 3—5 рассматриваются случайные величины, случайные векторы и функции случайных величин. Здесь даются определения дискретных и непрерывных случайных величин и векторов, законы их распределения, а также определения и свойства числовых характеристик. В качестве примеров рассматриваются такие законы распределения дискретной случайной величины, как биномиальный закон, закон Пуассона и геометрический закон, а также такие законы распределения непрерывной случайной величины, как равномерный, показательный и нормальный, 8 Предисловие законы распределения. В главе 4 большое внимание уделено вопросам независимости случайных величин и нахождению функций регрессии, а глава 5 дополнена такими распределениями, как распределение χ 2 и Стьюдента. В конце каждой главы даны задания для типовых расчетов по всем темам раздела, содержащие 30 вариантов в каждом задании. Главы 6 и 7 относятся к разделу "Математическая статистика". В них рассматриваются вопросы первичной обработки экспериментальных данных, получения точечных и интервальных статистических оценок параметров исследуемого распределения, применения критериев согласия для проверки статистических гипотез, т. е. те вопросы, которые включены в ФГОС третьего поколения и по которым в технических университетах даются лабораторные и курсовые работы. В этих главах приведены примеры выполнения лабораторных работ с вычислениями, выполненными на калькуляторе и в среде Mathcad. В приложении приведены таблицы, необходимые для решения задач по теории вероятностей и выполнения лабораторных работ по математической статистике, а в конце книги — список цитируемой литературы и ответы к задачам для самостоятельного решения. Авторы надеются, что книга окажется полезной не только для студента любого технического университета, но и для преподавателей, ведущих практические занятия. ГЛАВА 1 Элементы комбинаторики Некоторые формулы и задачи комбинаторного анализа (комбинаторики) представлены в данной книге в связи с тем, что они используются во многих задачах классической теории вероятностей. 1.1. Принцип умножения и принцип сложения Принцип умножения Пусть требуется выполнить k упорядоченных и взаимоисключающих друг друга действий. Если первое из этих действий можно выполнить n1 способами, второе — n2 способами, ..., k -е действие — nk способами, то все k упорядоченных действий можно выполнить n способами, где n = n1 ⋅ n2 ⋅⋅⋅ nk . (1.1) Задача 1.1. Сколько существует всевозможных шестизначных чисел? Решение. Первая цифра числа не может быть нулем. Следовательно, первой может быть любая из цифр от 1 до 9. Остальные пять мест в числе могут быть заняты любой из десяти цифр. Поэтому, согласно принципу умножения, количество шестизначных чисел равно: 9 ⋅ 10 ⋅ 10 ⋅ 10 ⋅ 10 ⋅ 10 = 900 000. Принцип сложения Если для выполнения какого-то действия имеется: n1 , или n2 , ..., или nk взаимно исключающих друг друга способов, то общее количество способов, которое можно использовать для выполнения этого действия, равно: n = n1 + n2 + ⋅⋅ + nk . (1.2) Задача 1.2. Сколько пар разных пирожных можно выбрать, если имеется десять пирожных "Эклер", семь пирожных "Буше" и восемь корзиночек? Решение. Пары пирожных могут составляться из пирожных "Эклер" и "Буше", для этого имеется 10 ⋅ 7 = 70 вариантов. Пары пирожных могут быть составлены из пи- 10 Глава 1 рожных "Эклер" и корзиночек — таких 10 ⋅ 8 = 80 вариантов. И, наконец, это могут быть пирожные "Буше" и корзиночки — 7 ⋅ 8 = 56 вариантов. Общее количество способов n определяется по принципу сложения (1.2) n = 70 + 80 + 56 = 206 . 1.2. Размещения, перестановки, сочетания Пусть имеется множество E , содержащее n элементов, и из этого множества делаются выборки по m элементов в каждой ( m ≤ n ) . Размещениями называются упорядоченные выборки из множества E . Число размещений из n элементов по m вычисляется по формуле: Anm = n ⋅ ( n − 1) ⋅ ( n − 2 ) ⋅⋅⋅ ( n − m + 1) , (1.3) или Anm = n ⋅ ( n − 1) ⋅ ( n − 2 ) ⋅ ... ⋅ ( n − m + 1) ⋅ ( n − m ) ⋅ ( n − m − 1) ⋅ ... ⋅ 2 ⋅ 1 n! . = ( n − m ) ⋅ ( n − m − 1) ⋅ 2 ⋅ 1 ( n − m )! Пример 1. Имеется множество E = {1; 2; 3} . Из элементов этого множества составляются двухэлементные упорядоченные множества: {1; 2} , {1; 3} , {2;1} , {2; 3} , {3;1} , {3; 2} . Чтобы убедиться, что мы выписали все размещения, определим их количество, используя формулу (1.3): A32 = 3 ⋅ 2 = 6 . При m = n размещения называются перестановками. Число перестановок из n элементов равно Pn = n ⋅ ( n − 1) ⋅ ( n − 2 ) ⋅ ... ⋅ 1 = n! . Задача 1.3. Сколько шестизначных чисел с различными цифрами можно составить из цифр 1, 2, 3, 4, 5, 6? Решение. Количество таких чисел равно числу размещений из шести по шесть, т. е. числу перестановок из шести. Поэтому P6 = 6! = 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ 5 ⋅ 6 = 720 . Сочетаниями называются неупорядоченные выборки из множества E . Число сочетаний из n элементов по m вычисляется по формуле Cnm = Anm n ⋅ ( n − 1) ⋅ ( n − 2 ) ⋅⋅⋅ ( n − m + 1) . = Pm m! (1.4) Элементы комбинаторики 11 Пример 2. Если в примере 1 из элементов этого множества E составляются двухэлементные неупорядоченные множества, то число таких множеств — число сочетаний из трех элементов по два — равно 3, т. к. одинаковыми сочетаниями будут множества {1; 2} и {2;1} , {1; 3} и {3;1} , {2; 3} и {3; 2} . Поэтому сочетаниями будут только следующие три выборки: {1; 2} , {1; 3} , {2; 3} . Для сочетаний часто более удобной является формула: Cnm = Например, C32 = n! . m ! ⋅ ( n − m )! (1.5) 3! 6 = =3. 2! ⋅ 1! 2 При вычислении числа сочетаний следует учитывать, что: Cnm = Cnn − m , Cn1 = n , Cnn = 1 . Задача 1.4. Сколько четырехзначных чисел можно составить, используя для их записи только две цифры? Решение. Если числа составляются из цифр 1, 2, ..., 9, то имеется C92 вариантов выбора двух цифр из девяти. Каждая позиция четырехзначного числа может быть заполнена одной из двух выбранных цифр, т. е. имеется 24 = 16 вариантов составления числа. При этом должны быть исключены два случая, при которых четырехзначное число состоит из одинаковых цифр. Поэтому, согласно принципу умножения (1.1), количество k1 четырехзначных чисел, составленных из цифр 1, 2, ..., 9, равно: k1 = C92 ⋅ (16 − 2 ) = 9 ⋅8 ⋅ 14 = 9 ⋅ 8 ⋅ 7. 2 Иначе следует подсчитывать количество четырехзначных чисел, в записи которых есть ноль, поскольку число не может начинаться с нуля. Первая позиция таких чисел может быть занята одной из цифр 1, 2, ..., 9, т. е. имеется 9 вариантов выбора. Остальные три позиции могут быть заняты этой же цифрой или нулем, за исключением случая, когда в записи числа одна цифра, т. е. 23 − 1 вариантов выбора. Поэтому количество k 2 таких чисел равно k2 = 9 ⋅ ( 23 − 1) = 9 ⋅ 7 . Искомое количество четырехзначных чисел определяется по принципу сложения (1.2): k = k1 + k 2 = 9 ⋅ 8 ⋅ 7 + 9 ⋅ 7 = 9 ⋅ 7 ⋅ 9 = 81 ⋅ 7 = 567 . 12 Глава 1 1.3. Задачи для самостоятельного решения Задача 1.5. В магазине канцелярских товаров имеется 18 шариковых ручек красного цвета, 8 — синего цвета и 6 — черного цвета. Кроме того, в наличии есть 4 ручки, которые могут писать синим и красным цветом, а также две ручки, которые могут писать тремя цветами. Сколькими способами можно сделать покупку, чтобы иметь возможность писать всеми тремя цветами? Задача 1.6. Сколько различных четырехзначных чисел можно составить, используя три цифры: 1, 2 и 3? Используя цифры 0, 1 и 2? Задача 1.7. Сколько различных трехцветных полосатых флагов (полосы могут быть расположены как горизонтально, так и вертикально) можно сшить, если имеется материал пяти цветов? Задача 1.8. Сколькими способами могут встать в очередь для сдачи зачета 6 студентов? Сколькими способами они могут организовать очередь, если Маша и Саша должны стоять рядом? Сколько получится вариантов, если при этом Саша должен стоять после Маши? Задача 1.9. Пять книг, среди которых 2 одинаковые, расставляются на полке. Сколько имеется вариантов их расстановки? Задача 1.10. В поселке 12 домов. Каждые два дома соединены друг с другом пешеходными дорожками с цветами. Сколько таких дорожек? Задача 1.11. Из ящика с деталями двух типов выбирают 3 детали. Сколькими способами это можно сделать, если деталей первого типа 6, второго типа — 4, а из трех выбранных деталей две должны быть первого типа? Задача 1.12. Имеется 6 роз красного и 6 роз белого цвета. Сколько различных букетов из них можно составить, если каждый букет должен состоять из двух роз красного цвета и трех роз белого цвета? Задача 1.13. В группе из 50 студентов 20 знают немецкий язык, 15 — английский, 5 — оба языка, а остальные знают только русский. Сколькими способами можно выбрать из этой группы двух студентов, чтобы вместе они могли понять и английскую, и немецкую речь? ГЛАВА 2 Случайные события 2.1. Случайный эксперимент. Пространство элементарных событий. Случайное событие Под словами "эксперимент", "опыт", "наблюдение", "испытание" понимается процесс, который можно осуществлять (в том числе и мысленно) неограниченное число раз, выполнив некоторую фиксированную совокупность условий S. Результат эксперимента называется исходом. Если в результате проведения эксперимента наступает только один исход, то такой эксперимент называется детерминированным. Если же в результате эксперимента могут наступить два и более исходов, то такой эксперимент называют случайным. Наравне с термином "исход" используют также термин "элементарное событие". Множество всех исходов (элементарных событий) данного случайного эксперимента образует пространство элементарных событий, которое обозначают Ω , а сами элементарные события — ω . Следует понимать, что одному и тому же случайному эксперименту в зависимости от того, что в нем наблюдается, можно сопоставить разные пространства элементарных событий Ω . Например, если при бросании игральной кости наблюдается количество выпавших очков, то пространство элементарных событий включает в себя шесть исходов, т. е. Ω = {ω1 , ω2 , ω3 , ω4 , ω5 , ω6 } , где ωi — элементарное событие, которое состоит в том, что выпадает грань с i очками. Если в этом же эксперименте наблюдается, выпало или не выпало шесть очков, то пространство элементарных событий включает в себя два исхода: Ω = {ω1 , ω2 } , где ω1 — выпало шесть очков, ω2 — не выпало шесть очков. Пространство Ω может представлять собой дискретное множество: конечное Ω = {ω1 , ω2 , ..., ωn } или счетное Ω = {ω1 , ω2 , ..., ωn , ...} . Ω может также являться и несчетным множеством. 14 Глава 2 Пример 1. В урне 5 белых и три красных шара. Вынимают случайным образом последовательно 2 шара. Такому эксперименту соответствуют 4 исхода:  оба шара белые;  первый шар белый, а второй — красный;  первый шар красный, а второй — белый;  оба шара красные. Пространство элементарных событий (исходов) данного эксперимента можно символически представить в следующем виде: Ω = {(Б, Б); (Б, К); (К, Б); (К, К)} , где буквами "Б" и "К" обозначен цвет выбранного шара: белый или красный соответственно. В этом примере пространство элементарных событий конечно. Пример 2. Эксперимент состоит в том, что бросается игральная кость до тех пор, пока не выпадет 6 очков. В этом эксперименте пространство элементарных событий будет бесконечным и счетным Ω = {ω1 , ω2 , … , ωn , …} , поскольку эксперимент теоретически может продолжаться бесконечно. При этом исход ω1 соответствует тому, что 6 очков выпало на первом бросании, исход ω2 означает, что на первом бросании не выпало 6 очков, а на втором — выпало, ..., исход ωn означает, что 6 очков выпало на n -м бросании, а на предыдущих n − 1 бросаниях выпало какоето другое число очков. Пример 3. Если при проведении эксперимента отмечается время t прихода автобуса на автобусную остановку в течение 12 часов (т. е. ω = t ), то пространство элементарных событий будет несчетным: Ω = {t t ∈ [ 0,12]} . Подмножество A пространства элементарных событий Ω ( А ⊂ Ω ) называется случайным событием или просто событием. В конечном и счетном случаях это может быть любое подмножество, а в несчетном случае — специальным образом выбранное (подробнее об этом см. в разд. 2.3). Говорят, что при проведении случайного эксперимента S событие А произошло, если наступил исход ω , принадлежащий событию А ( ω∈ А ). 2.2. Алгебраические операции над случайными событиями Определение 2.1. Невозможным называется событие, которое не содержит ни одного элементарного события пространства Ω данного эксперимента. Невозможное событие обозначается ∅ . Случайные события 15 З АМЕЧАНИЕ Другими словами, невозможным называется событие, которое не происходит ни при одном проведении данного эксперимента, т. е. пустое множество. Определение 2.2. Достоверным называется событие, которое содержит все элементарные события пространства Ω данного эксперимента. Достоверное событие обозначается Ω . З АМЕЧАНИЕ Другими словами, достоверным называется событие, которое происходит при каждом проведении данного эксперимента. Определение 2.3. Суммой событий A и B называется событие, которое включает в себя все элементарные события, принадлежащие или событию A , или событию B , или им обоим. Сумма событий обозначается A + B . З АМЕЧАНИЕ Другими словами, суммой событий называется событие, состоящее в наступлении хотя бы одного из событий-слагаемых. Если изобразить пространство элементарных событий в виде прямоугольника на плоскости, а события A и B в виде множеств точек, лежащих внутри этого прямоугольника, то сумма событий A + B представляет собой заштрихованную область, изображенную на рис. 2.1. B A A Рис. 2.1 B Рис. 2.2 Определение 2.4. Произведением событий A и B называется событие, которое состоит из элементарных событий, принадлежащих обоим этим событиям (рис. 2.2). Произведение событий обозначается A ⋅ B . З АМЕЧАНИЕ Другими словами, произведением событий называется событие, состоящее в одновременном наступлении событий-сомножителей. Определение 2.5. События A и B называются несовместными, если A ⋅ B = ∅ . З АМЕЧАНИЕ Если Ω = {ω1 , ω 2 , ..., ω n } — пространство элементарных событий некоторого эксперимента, то исходы ω i — несовместные события, т. к. при каждой реализации экспе- 16 Глава 2 римента происходит только один исход. Сумма всех исходов — достоверное событие, т. к. при каждой реализации эксперимента какой-то исход (результат эксперимента) должен произойти. Определение 2.6. Разностью событий A и B называется событие, состоящее из элементарных событий, принадлежащих событию A и не принадлежащих событию B (рис. 2.3). Разность событий обозначается A − B . A B З АМЕЧАНИЕ Другими словами, разностью событий называется событие, состоящее в наступлении события-уменьшаемого и не наступлении события-вычитаемого. Рис. 2.3 Рис. 2.4 Определение 2.7. Говорят, что событие В влечет за собой событие А , и пишут В ⊂ А , если множество элементарных событий, из которых состоит событие В , является подмножеством множества элементарных событий, из которых состоит событие А (рис. 2.4). Определение 2.8. Говорят, что события A и B тождественны (равны) друг другу, и пишут A = B , если A ⊂ B и B ⊂ A . Определение 2.9. Событие A = Ω − А называется противоположным событию A (рис. 2.5). Если событие A — противоположное событию A , то: ⎧ A ⋅ A = ∅, ⎨ ⎩ A + A = Ω. A A Рис. 2.5 Случайные события 17 Задача 2.1. Пусть A1 , A2 и A3 — произвольные наблюдаемые в эксперименте события. Найдите выражения для следующих событий: 1) произошло только одно из этих событий; 2) произошли все три события; 3) не произошло ни одно из них; 4) произошло хотя бы одно из событий A1 , A2 , A3 . Решение. 1) Пусть событие B состоит в том, что произошло только одно из событий A1 , A2 , A3 . Тогда B = A1 ⋅ A2 ⋅ A3 + A1 ⋅ A2 ⋅ A3 + A1 ⋅ A2 ⋅ A3 . 2) Пусть событие C состоит в том, что произошли все три события A1 , A2 и A3 одновременно. Тогда C — это их произведение, т. е. C = A1 ⋅ A2 ⋅ A3 . 3) Пусть событие D состоит в том, что не произошло ни одно из событий A1 , A2 , A3 . Следовательно, в данном случае, произошли одновременно три события, противоположных событиям A1 , A2 и A3 соответственно. Тогда D является произведением этих противоположных событий A1 , A2 и A3 , т. е. D = A1 ⋅ A2 ⋅ A3 . 4) Пусть событие F состоит в том, что произошло хотя бы одно из событий A1 , A2 , A3 . По определению суммы событий F = A1 + A2 + A3 . Поскольку событие F является противоположным событию D , то его можно выразить через события A1 , A2 , A3 и в таком виде: F = Ω − D = Ω − A1 ⋅ A2 ⋅ A3 . Задача 2.2. В коробке лежат красные и синие фломастеры. Случайным образом выбирают два из них. Событие A состоит в том, что оба фломастера оказались красными. Событие B — один из них красный, а один — синий. Что означают события A, B , A + B, A ⋅ B, A ⋅ B , A ⋅ B ? Решение. Построим пространство элементарных событий данного эксперимента, обозначая цвет фломастеров буквами: К — красный цвет и С — синий. Отметим при этом исходы, входящие в события A и B : { } A A  Ω=  ( КК ) ( КС ) ( СК ) ( СС ) B B   ⎧⎪  ⎫ ⎪ или Ω = ⎨( КК ) ( СС ) ( КС ) ( СК ) ⎬ .  ⎪ ⎪ ⎩ A ⎭ 18 Глава 2 Из вида пространства Ω ясно, что событие A состоит в том, что хотя бы один из двух фломастеров — синий, а событие B — взятые фломастеры одного цвета: оба красные или оба синие. В событие A + B не входит только один исход эксперимента — {СС} . Поэтому событие A + B означает, что хотя бы один из выбранных фломастеров — красный. События A и B несовместные, поэтому A ⋅ B = ∅ . Поскольку A ⊂ B , а B ⊂ A , то A⋅ B = A и A ⋅ B = B . Задача 2.3. Баскетболист бросает мяч в корзину до первого попадания. Событие Ai — он попал при i -м броске, событие B — он попал в корзину с четвертого раза. Выразить событие B через события Ai . Решение. Событие B является произведением четырех событий:  A1 — промах при первом броске;  A2 — промах при втором броске;  A3 — промах при третьем броске;  A4 — попадание при четвертом броске. Следовательно, B = A1 ⋅ A2 ⋅ A3 ⋅ A4 . Задача 2.4. Из колоды карт последовательно случайным образом вынимают три карты. Событие A1 — первая карта красной масти, событие A2 — вторая карта красной масти, событие A3 — третья карта красной масти, событие B — хотя бы одна карта черной масти. Выразить событие B через события Ai ( i = 1, 2, 3) . Решение. По определению суммы событий B = A1 + A2 + A3 . Однако в данной задаче удобнее перейти к противоположному событию А1 ⋅ А2 ⋅ А3 = В — все три карты красной масти. Тогда, с учетом определения 2.9, событие B равно разности событий: B = Ω − A1 ⋅ A2 ⋅ A3 . З АМЕЧАНИЕ Событие B можно выразить через события Ai , не вводя событие Ω , т. е. B = A1 A2 A3 + A1 A2 A3 + A1 A2 A3 + A1 A2 A3 + A1 A2 A3 + A1 A2 A3 + A1 A2 A3 . Задача 2.5. Событие A состоит в том, что номер телефона оканчивается на цифру, являющуюся четным числом. Событие B состоит в том, что номер телефона оканчивается на ноль. Что означают события: A + B , A ⋅ B , A ⋅ B , A ⋅ B ? Случайные события 19 Решение. При решении этой задачи следует понимать, что B ⊂ A (рис. 2.6). Тогда ясно, что:  A + B = A , т. е. номер телефона оканчивается на цифру, A B которая является четным числом;  A ⋅ B = B , т. е. номер телефона оканчивается на ноль;  A ⋅ B = A − B , т. е. номер телефона оканчивается на 2, 4, 6, 8; Рис. 2.6  A ⋅ B = ∅ , т. е. невозможное событие. З АМЕЧАНИЕ Задачи 2.6—2.11 предлагается решить самостоятельно. Задача 2.6. Из колоды 36 карт последовательно вынимают три карты. Событие Ak ( k = 1, 2,3) — k-я карта пиковой масти. Что означают события: 1) A1 + A2 + A3 ; 2) A1 A2 A3 ; 3) A1 A2 A3 + A1 A2 A3 + A1 A2 A3 ? Задача 2.7. Событие A — хотя бы один из четырех проведенных четырьмя охотниками выстрелов попал в цель, B — все выстрелы дали промах, событие C — только один выстрел попал в цель. Что означают события A + B , A ⋅ B , A ⋅ C , A , A−C ? Задача 2.8. Два игрока по очереди вынимают из колоды 36 карт по одной карте. Выигрывает тот, кто первым вынет даму пиковой масти. Событие Ak — первый игрок вынимает даму пик на k-м ходе, событие B j — даму пик вынимает второй игрок на j-м ходе, событие C — первый выиграл до четвертого хода. Выразить событие C через события Ak и B j . Задача 2.9. Цепь состоит из трех элементов первого типа и одного элемента второго типа и выходит из строя, если неисправны все элементы первого типа или элемент второго типа. Событие Ai — не исправен i-й элемент первого типа ( i = 1, 2, 3) , B — не исправен элемент второго типа, C — цепь вышла из строя. Выразить события C и C через Ai и B . Задача 2.10. Пусть A , B и C — произвольные случайные события. Выразить через них следующие события: 1) произошло только событие A ; 2) произошло ровно два события из указанных трех; 3) ни одно событие не произошло; 4) все три события произошли; 20 Глава 2 5) произошло хотя бы одно событие; 6) хотя бы одно событие не произошло. Задача 2.11. Подбрасываются три монеты. События: Ak , ( k = 1, 2, 3) — на k-й монете выпал герб, B — на трех монетах выпало не более одного герба, C — на всех трех монетах выпал герб. Выразить события В и C через события Ak . 2.3. Вероятностная модель случайного эксперимента. Вероятностное пространство В теории вероятностей каждому случайному событию сопоставляется числовая мера его осуществления — вероятность данного события. Говорят, что построена вероятностная модель случайного эксперимента, если установлена связь между исходами и их вероятностями, что дает возможность вычислять вероятность любого события A ⊂ Ω . В общем случае такой моделью служит вероятностное пространство Ω, ℑ, P , где Ω — пространство элементарных событий; ℑ — некоторое множество событий, над которыми определены операции сложения, умножения, вычитания и перехода к противоположному событию; P — заданная на множестве ℑ функция этих событий ( P = P ( A ) , где A∈ ℑ ), называемая вероятностью этих событий. Для конечного и счетного Ω вероятностное пространство можно представить в более простой форме. Вероятностная модель случайного эксперимента с конечным числом исходов Предположим, что случайный эксперимент имеет конечное число исходов, т. е. пространство элементарных событий Ω является конечным. Вероятностной моделью эксперимента с конечным числом исходов служит конечное вероятностное пространство, которое удобно записывать в виде: ω2 ... ωn ⎞ ⎛ Ω ⎞ ⎛ ω1 ⎜ P ⎟ = ⎜ P ( ω ) P ( ω ) ... P ( ω ) ⎟ , ⎝ ⎠ ⎝ 1 2 n ⎠ где ω1 , ω2 , ..., ωn — исходы эксперимента (элементарные события); P ( ω1 ) , P ( ω2 ) , ..., P ( ωn ) — аксиоматически приписанные исходам вероятности, для которых должны выполняться:  P ( ωi ) ≥ 0, i = 1, 2, ..., n — аксиома неотрицательности;  n ∑ P ( ωi ) = 1 — аксиома нормированности. i =1 Случайные события 21 Определение 2.10. Вероятностью произвольного события А ∈ ℑ ( А ⊂ Ω ) в вероятностной модели с конечным числом исходов называется число, обозначаемое P ( A ) и равное сумме вероятностей всех входящих в него исходов. P ( A) = ∑ p ( ωi ) . (2.1) ωi ∈ A З АМЕЧАНИЕ 1 В случае эксперимента с конечным числом исходов система множеств ℑ замкнута относительно введенных на ней конечного числа операций сложения и умножения, т. е. из того, что A ∈ ℑ и B ∈ ℑ следует: 1) A + B ∈ ℑ ; 2) A ⋅ B ∈ F ; 3) A ∈ ℑ ; 4) Ω ∈ ℑ . В этом случае говорят, что система подмножеств ℑ является алгеброй. З АМЕЧАНИЕ 2 Легко убедиться, что определенная формулой (2.1) вероятность P ( A ) удовлетворяет трем аксиомам: P1. аксиоме неотрицательности: P ( A ) ≥ 0 ∀A ∈ ℑ ; P2. аксиоме нормированности: P ( Ω ) = 1 ; P3. аксиоме аддитивности: P ( A + B ) = P ( A) + P ( B ) . если A∈ ℑ и B∈ℑ — несовместные, то Формула классической вероятности Если пространство элементарных событий некоторого случайного эксперимента S конечно, т. е. Ω = {ω1 , ω2 , ..., ωn } , а все исходы (элементарные события) ωi , (i = 1, 2, ..., n) — равновозможные, то вероятность появления случайного события A∈ ℑ ( A ⊂ Ω ) можно определить по формуле классической вероятности P ( A) = mА , n (2.2) где n — множество всех исходов данного эксперимента; m А — множество исходов, благоприятствующих наступлению события A (входящих в событие A ). З АМЕЧАНИЕ При подсчете вероятностей с помощью классического определения часто оказываются полезными сведения из комбинаторики, приведенные в главе 1. Задача 2.12. Монета бросается два раза. Какова вероятность того, что один раз выпадет герб, а другой раз — решетка? Решение. Задачу можно решить по определению 2.1, построив пространство элементарных событий или используя формулу классической вероятности (2.2). 22 Глава 2 1-й способ. Построим пространство элементарных событий рассматриваемого эксперимента так же, как это было сделано в примере 2.2. Ω = {(Г, Г); (Г, Р); (Р, Г); (Р, Р)} . Поскольку нет оснований предпочесть один исход эксперимента другому, то полагаем, что вероятности этих событий равны, т. е. 1 . 4 Следовательно, вероятностное пространство эксперимента имеет вид: P ( Г, Г ) = P ( Г, Р ) = P ( Р, Г ) = P ( Р, Р ) = ⎛ (Г, Г) (Г, Р) (Р, Г) (Р, Р) ⎞ ⎛ Ω⎞ ⎜ 1 1 1 ⎟. ⎜Р ⎟ =⎜ 1 ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ 4 4 4 4 ⎠ Обозначим интересующее нас событие через A . Очевидно, что оно содержит два исхода ( Г, Р ) и ( P, Г ) , т. е. A = {( Г, Р )} + {( Р, Г )} . Поэтому, по формуле (2.1) получим 1 1 1 Р ( А ) = Р {( Г, Р )} + P {( Р, Г )} = + = . 4 4 2 2-й способ. Рассматриваемый эксперимент имеет четыре равновозможных исхода: ( Г, Г ) , ( Г, Р ) , ( P, Г ) , ( P, Р ) . Это позволяет нам воспользоваться формулой классической вероятности (2.2). Наступлению интересующего нас события A благоприятствуют два исхода ( Г, Р ) и ( P, Г ) . Полагая в формуле (2.2) n = 4 , m А = 2 , 1 получим Р ( А ) = . 2 Задача 2.13. На одиннадцати картонных карточках написаны буквы В, Е, Р, О, Я, Т, Н, О, С, Т, Ь. Случайным образом берут шесть карточек и из них составляют слово. Какова вероятность, что из букв, написанных на выбранных карточках, можно составить слово ЯРОСТЬ? Решение. Пусть событие A — выбранные карточки могут образовать слово ЯРОСТЬ. Используем для вычисления вероятности этого события формулу классической вероятности (2.2). Найдем число всех исходов эксперимента, которое равно числу сочетаний из 11 (количество всех карточек) по 6 (количество выбираемых карточек): n = C116 = 11! 7 ⋅ 8 ⋅ 9 ⋅ 10 ⋅ 11 7 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 11 = = = 462 . 6!5! 120 1 Число благоприятствующих событию A исходов найдем по принципу умножения (1.1), учитывая, что в заданном наборе букв буквы О и Т повторяются дважды. Поэтому mA = 1 ⋅1 ⋅ 2 ⋅1 ⋅ 2 ⋅1 = 4 . 4 Следовательно, P ( A ) = ≅ 0,0086 . 462 Случайные события 23 Задача 2.14. Бросают две игральные кости. Какова вероятность, что сумма выпавших на них очков равна 8? Решение. Поскольку на каждой грани может выпасть от одного до шести очков, то число всех исходов этого эксперимента, согласно принципу умножения (1.1), равно: n = 6 ⋅ 6 = 36 . Выпишем все исходы (табл. 2.1), входящие в событие A — сумма выпавших на игральных костях очков равна восьми. Таблица 2.1 Первая кость 3 5 4 2 6 Вторая кость 5 3 4 6 2 Из таблицы ясно, что в событие A входят 5 исходов, т. е. m A = 5 . Тогда по формуле классической вероятности (2.2): 5 P ( A) = . 36 Задача 2.15. Из колоды 36 карт наудачу вынимают три карты. Найти вероятность того, что: 1) все три карты будут красной масти; 2) две карты будут красной масти, а одна — черной; 3) одна карта будет дама, вторая — король, а третья — валет; 4) дама, король и валет будут одной масти. Решение. 1) Пусть событие A — все три вынутые карты красной масти. По формуле классической вероятности (2.2) m P ( A) = A . n Исходом эксперимента служит тройка карт, вынутая из колоды, причем нас интересует только состав этой тройки. Число всех исходов n равно числу способов вынуть три карты из 36. Это неупорядоченные выборки. Следовательно, число всех исходов равно числу сочетаний из 36 по 3. 3 n = С36 = 36! = 34 ⋅ 35 ⋅ 6 . 3! ⋅ 33! Поскольку карт красной масти половина, т. е. 18, то число благоприятствующих событию A исходов — это число сочетаний из 18 по 3, т. е. m A = С183 = 18! = 16 ⋅ 17 ⋅ 3 . 3! ⋅ 15! 24 Глава 2 Тогда искомая вероятность равна 16 ⋅ 17 ⋅ 3 4 = . 34 ⋅ 35 ⋅ 6 35 2) Пусть B — событие, состоящее в том, что две вынутые карты красной масти, а одна — черная. Число различных исходов при извлечении неупорядоченной тройки карт из колоды подсчитано на предыдущем шаге и равно n = 34 ⋅ 35 ⋅ 6 . Число способов вынуть две карты красной масти равно числу сочетаний из 18 по 2, а число способов вынуть одну карту черной масти равно 18. Согласно принципу умножения (1.1) число благоприятных для события B исходов равно P ( A) = mB = C182 ⋅ 18 = 18 ⋅ 17 ⋅ 18 = 18 ⋅ 17 ⋅ 9 . 1⋅ 2 Тогда по формуле классической вероятности (2.2) P ( B) = 18 ⋅ 17 ⋅ 9 27 = . 34 ⋅ 35 ⋅ 6 70 3) Пусть событие C — вынуты дама, король и валет (масти их любые, возможно и одинаковые). Число всех исходов, как и в предыдущих случаях, равно n = 34 ⋅ 35 ⋅ 6 . Число возможностей вынуть из колоды в 36 карт одну даму, или одного короля, или одного валета равно 4. Согласно принципу умножения mC = 4 ⋅ 4 ⋅ 4 . Тогда P (C ) = 64 16 = ≅ 0,0089 . 34 ⋅ 35 ⋅ 6 1785 4) Пусть событие D состоит в том, что три вынутые карты — дама, король и валет одной масти. В каждой масти только одна благоприятная комбинация, а мастей — четыре. Тогда по принципу умножения благоприятных для события D исходов столько же, сколько мастей в колоде карт, т. е. mD = 4 . Поэтому P(D) = 4 1 = ≅ 0,00056 . 34 ⋅ 35 ⋅ 6 1785 Задача 2.16. Группа из восьми студентов с разными именами рассаживается на скамье, установленной с одной стороны прямоугольного стола. Какова вероятность того, что Маша и Саша окажутся сидящими рядом? Решение. Обозначим событие, вероятность которого нужно подсчитать, через A . Число всех возможных исходов эксперимента равно числу упорядоченных выборок из восьми элементов по восемь, т. е. числу перестановок из восьми студентов: n = P8 = 8! . Разобьем подсчет числа m А благоприятных исходов на несколько простых шагов и воспользуемся принципом умножения. Обозначим белым кружком пару "Маша + Саша", а каждого из оставшихся шести студентов — черным кружком и воспользуемся схемой, приведенной на рис. 2.7. Из рисунка видно, что наша пара может занять место среди шести студентов семью различными способами (действие Случайные события 25 первое). В самой паре Маша и Саша могут сесть P2 = 2! = 2 , т. е. двумя способами (действие второе). Кроме того, для остальных шести студентов есть P6 = 6! возможностей разместиться за столом при фиксированном положении пары (действие третье). Рис. 2.7 Следовательно, по принципу умножения (1.1) число благоприятных исходов равно произведению этих трех чисел, т. е. m А = 2 ⋅ 6! ⋅ 7 . Тогда по формуле классической вероятности (2.2) вероятность события A равна: P ( A) = 2 ⋅ 6! ⋅ 7 2 ⋅ 7 2 1 = = = . 8! 7 ⋅8 8 4 З АМЕЧАНИЕ Задачи 2.17—2.25 предлагается решить самостоятельно. Задача 2.17. В урне 10 белых шаров и 5 красных. Шары в урне перемешиваются, а затем вынимаются два шара. Какова вероятность, что оба будут красными? Задача 2.18. Бросаются три игральные кости. Какова вероятность, что сумма выпавших очков будет равна 18? Будет равна 15? Задача 2.19. В магазин поступили 30 ноутбуков, два из которых — бракованные. Для проверки выбирают три. Найти вероятность того, что: 1) все они окажутся без брака; 2) два будут бракованные; 3) один будет бракованным; 4) хотя бы один будет бракованным. Задача 2.20. В коллективе из 5 мужчин и 20 женщин выбирают трех человек делегатами на конференцию. Каждый может быть выбран с одинаковой вероятностью. Какова вероятность, что среди отобранных лиц окажутся две женщины? Задача 2.21. Из множества натуральных чисел {1, 2, ...,10} случайно выбираются два числа. Найти вероятность того, что они оба меньше девяти. Задача 2.22. В колоде из 36 карт наугад вынимают две карты. Какова вероятность, что одна из них окажется дамой, а другая пиковой масти? Задача 2.23. Ребенок играет с шестью буквами азбуки: К, А, А, Е, Р, Т. Какова вероятность, что он случайно сложит слово РАКЕТА? Слово РАК? Задача 2.24. Туристическая группа из пятнадцати человек заселяется в гостиницу, где есть один четырехместный, три трехместных и один двухместный номер. Какова вероятность, что два определенных человека окажутся в двухместном номере? Задача 2.25. Монета брошена три раза. Найти вероятность появления двух гербов и одной решетки: 1) именно в таком порядке; 2) в любом порядке. 26 Глава 2 Вероятностная модель случайного эксперимента со счетным числом исходов Вероятностной моделью эксперимента со счетным числом исходов служит бесконечное вероятностное пространство ω2 ... ωn ... ⎞ ⎛ Ω ⎞ ⎛ ω1 ⎜ P ⎟ = ⎜ P ( ω ) P ( ω ) ... P ( ω ) ... ⎟ , ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 1 2 n где ω1 , ω2 , ..., ωn , ... — исходы эксперимента (элементарные события); P ( ω1 ) , P ( ω2 ) , ..., P ( ωn ) , ... — аксиоматически приписанные исходам вероятности, для которых справедливы:  P ( ωi ) ≥ 0, i = 1, 2, ..., n, ... — аксиома неотрицательности;  ∞ ∑ P ( ωi ) = 1 — аксиома нормированности, которая в данном случае означает, i =1 что числовой ряд ∞ ∑ P ( ωi ) сходится и сумма его равна единице. i =1 Вероятностью произвольного события А ∈ ℑ ( А ⊂ Ω ) в вероятностной модели со счетным числом исходов называется число, определяемое формулой (2.1). При этом следует иметь в виду, что в этой модели в событие A может входить бесконечное число исходов. В этом случае формула (2.1) означает, что вероятность P ( A ) есть сумма сходящегося числового ряда. З АМЕЧАНИЕ 1 В случае эксперимента со счетным числом исходов система подмножеств ℑ замкнута относительно счетного числа введенных на ней операций сложения и умножения. Такая система подмножеств ℑ называется σ -алгеброй. З АМЕЧАНИЕ 2 Легко убедиться, что определенная (2.1) вероятность P ( A ) в случае пространства со счетным числом исходов удовлетворяет трем аксиомам: P1. аксиоме неотрицательности: P ( A ) ≥ 0 ∀A ∈ ℑ ; P2. аксиоме нормированности: P ( Ω ) = 1 ; P3. аксиоме счетной аддитивности: если события Ai ∈ ℑ при i = 1, 2, ... несовместны, то P (∑ A ) = ∑ P ( A ) . i i i i Задача 2.26. Баскетболист бросает мяч в корзину до первого попадания. Найти вероятность того, что: 1) он попадет при четвертом броске; 2) он попадет в корзину до пятого броска; Случайные события 27 3) он попадет в корзину после четвертого броска; 4) он попадет в корзину на четном броске. Решение. Пространство элементарных событий рассматриваемого эксперимента будет бесконечным, поскольку опыт может продолжаться как угодно долго. Это пространство является счетным, поскольку исходы можно пронумеровать, т. е. ω1 = П — баскетболист попал с первого броска, ω2 = НП — баскетболист попал со второго броска, ..., ωn = НН ⋅⋅⋅ Н П — баскетболист попал с n -го броска. Следова  n−1 тельно, Ω = {( П ) ; (Н, П); (Н, Н, П); ...; (Н, Н, ..., Н , П); ...} .  n−1 Поставим в соответствие каждому элементарному событию (исходу) ωn вероят1 ность P ( ωn ) = n . Тогда вероятностное пространство эксперимента примет вид: 2 Н, ..., Н , П) ... ⎞ ⎛ (П) (Н, П) (Н, Н, П) (Н, Н, Н, П) ... (Н,  ⎟ ⎛ Ω⎞ ⎜ n −1 ⎟. ⎜Р ⎟ =⎜ 1 1 1 1 1 ⎝ ⎠ ⎜ ... ... ⎟⎟ ⎜ ⎝ 2 ⎠ 22 23 24 2n Очевидно, что при этом аксиомы неотрицательности и счетной аддитивности выполнены. Проверим аксиому нормированности: 1 1 1 1 1 + + + ... + n + ... = 2 = 1 . 2 2 2 23 2 1− 1 2 Построенное вероятностное пространство дает возможность вычислить вероятность всех интересующих нас событий. 1) Событие A — баскетболист попадет при четвертом броске — содержит один исход A = ( Н, Н, Н, П ) . Следовательно, 1 1 = . 4 2 16 2) Пусть событие B — баскетболист попадает в корзину до пятого броска. Тогда P ( A) = B = {( П ) ; ( Н, П ) ; ( Н, Н, П ) ; ( Н, Н, Н, П )} . Поэтому 1 1 1 1 15 + 2+ 3+ 4 = . 2 2 2 2 16 3) Если событие С — он попадает в корзину после четвертого броска, то P ( A) = { } С = ( Н, Н, Н, Н, П ) ; ( Н, Н, Н, Н, Н, П ) ; ...; (Н, Н, ..., Н , П); ...  n −1 28 Глава 2 и поэтому 1 1 1 1 1 32 P ( C ) = 5 + 6 + 7 + ⋅⋅⋅ = = . 2 2 2 1 − 1 16 2 4) Если событие D — он попадает в корзину на четном броске, то D = {( Н, П ) ; ( Н, Н, Н, П ) ; ( Н,Н, Н, Н, Н, П ) ; ...} , и поэтому 1 1 1 1 1 P ( D ) = 2 + 4 + 6 + ... = 4 = . 2 2 2 1− 1 3 4 Вероятностная модель случайного эксперимента с несчетным числом исходов Если случайный эксперимент имеет несчетное количество исходов, то не удается построить вероятностное пространство, приписав вероятности отдельным исходам и через эти вероятности определять вероятность произвольного события. В этом случае математической моделью эксперимента служит вероятностное пространство Ω, ℑ, P , где:  Ω — пространство элементарных событий (исходов);  ℑ — σ -алгебра подмножеств A ⊂ Ω , которые мы объявляем событиями, а те подмножества Ω , которые не входят в построенную σ -алгебру, не считаем событиями. Пусть P = P ( A ) при A∈ ℑ — неотрицательная числовая функция, заданная на σ -алгебре ℑ и удовлетворяющая следующим трем аксиомам: P1. аксиоме неотрицательности: P ( A ) ≥ 0 ∀A ∈ ℑ ; P2. аксиоме нормированности: P ( Ω ) = 1 ; P3. аксиоме счетной аддитивности: если события Ai ∈ ℑ при i = 1, 2, ... несовместны, то P (∑ A ) = ∑ P ( A ) . i i i i Функцию P ( A ) называют в этом случае вероятностью события A . Геометрическое определение вероятности Простейшим примером вероятностной модели с несчетным числом исходов служит так называемая "геометрическая вероятность". Если Ω — множество конечной длины, площади или объема (т. е. мера множества Ω < + ∞ ), ℑ — σ -алгебра его подмножеств, имеющих соответственно длину, пло- Случайные события 29 щадь или объем, а случайный эксперимент состоит в "бросании" точки во множество Ω , причем все исходы эксперимента равновозможные, то вероятность попадания в произвольное множество А ⊂ Ω ( А∈ ℑ ) определяется по формуле P ( A) = мера A . мера Ω (2.3) Формула (2.3) является геометрическим определением вероятности. З АМЕЧАНИЕ Легко понять, что геометрическое определение вероятности является обобщением классического на случай несчетного количества исходов эксперимента. Задача 2.27. На отрезок длины 10 см наудачу ставится точка. Найти вероятность того, что расстояние от этой точки до концов отрезка больше, чем 1 см. Решение. Исходы эксперимента — точки x ∈ [ 0;10] ⊂ R , поэтому пространство элементарных событий Ω = { x x ∈ [ 0; 10]} , а интересующее нас событие A имеет вид: A = { x x ∈ [1; 9]} . На рис. 2.8 это множество заштриховано. Рис. 2.8 Поскольку множества Ω и A являются отрезками числовой оси, то мерой этих множеств являются их длины. Тогда по формуле (2.3) искомая вероятность равна: P ( A) = мера A 8 = = 0,8 . мера Ω 10 Задача 2.28 (задача о встрече). Страховой агент пригласил для продления договора страхования двух клиентов в офис в промежуток времени между 10 и 11 часами. Найти вероятность того, что ни один из клиентов не будет ждать, пока освободится страховой агент, если для оформления необходимых документов требуется 10 минут. Решение. Пусть t1 = 10 + x — время в часах прихода первого клиента, а t2 = 10 + y — время в часах прихода второго. Ясно, что 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 1 . Изобразим точками отрезка [ 0; 1] оси Ox все возможные моменты прихода первого клиента после 10 часов, а точками отрезка [ 0; 1] оси Oy — все возможные моменты прихода после 10 часов второго клиента. Точка ( x; y ) — исход эксперимента — является элементарным событием, состоящим в том, что первый клиент пришел в 30 Глава 2 момент времени 10 + x , а второй — в момент времени 10 + y . Пространство элементарных событий имеет вид: Ω = { ( x; y ) x ∈ [ 0; 1] , y ∈ [ 0; 1] } , т. е. представляет собой квадрат со стороной 1 (рис. 2.9). Пусть A — интересующее нас событие. Условием его наступления является выполнение неравенства: { } x − y > 1 , т. е. A = ( x; y ) x − y > 1 . 6 6 y Поскольку 1 ⎡ x− y> 1 ⎡y < x− 1 6 6 ⎢ 1 x− y > ⇔ , ⇔⎢ ⎢ ⎢ 6 1 1 x − y < − y > x + ⎢⎣ ⎢⎣ 6 6 то событию A можно поставить в соответствие заштрихованную область, часть которой лежит выше прямой y = x + 1 , а другая часть — ниже 6 1 прямой y = x − (см. рис. 2.9). 6 1 6 1 6 1 x Рис. 2.9 Следовательно, случайный эксперимент можно моделировать как "бросание" точки в квадрат со стороной 1, а интересующее нас событие — как попадание бросаемой точки в заштрихованную область A . Это позволяет применить формулу геометрической вероятности (2.3), выбирая в качестве меры построенных множеств их площадь. Вычисляя площадь заштрихованной области как площадь квадрата со стороной 5 6 , получим: 5 S ( A) ( 6 ) P ( A) = = S ( Ω) 2 1 2 = 25 . 36 Задача 2.29. Взяты наугад два положительных не превосходящих единицы числа. Какова вероятность того, что их сумма не больше единицы, а их произведение не больше 2/9? Решение. Пусть x и y — описанные в условии дроби. Их возможные значения: x ∈ ( 0; 1] , y ∈ ( 0; 1] . Множество возможных исходов эксперимента по выбору двух дробей — множество точек плоскости с координатами ( x; y ) , заполняющих квадрат (рис. 2.10) Ω = { ( x; y ) x ∈ ( 0;1] , y ∈ ( 0;1] } , площадь которого S ( Ω ) = мера Ω = 1 . Случайные события 31 Пусть A — интересующее нас событие. Тогда благоприятствующие ему исходы представляют собой заштрихованную фигуру на рис. 2.10, которая описывается системой неравенств: { A = ( x; y ) x + y ≤ 1; x ⋅ y ≤ Линии x + y = 1 и xy = ках y 1 } 2 . 9 xy = 2 9 x + y =1 2 пересекаются в точ9 1 2 x ⎧x = 1 ⎧x = 2 1 ⎪ ⎪ 3 3 ⎪ ⎪ 3 3 и ⎨ . ⎨ 2 ⎪y = ⎪y = 1 Рис. 2.10 ⎪ ⎪ ⎩ ⎩ 3 3 Поэтому площадь заштрихованной фигуры вычисляется как сумма трех определенных интегралов: 1 3 2 3 1 3 3 2 1 2 S ( A ) = мера A = ∫ (1 − x ) dx + ∫ dx + ∫ (1 − x ) dx = + ln 2 . 3 9 1 9x 2 По формуле (2.3) вероятность события A определяется из соотношения P( A) = S ( A) 1 2 = + ln 2 ≈ 0, 487 . S ( Ω) 3 9 Задача 2.30. На плоскость, разграфленную параллельными прямыми, отстоящими друг от друга на расстояние 6 см, наудачу брошен круг радиуса 1 см. Найти вероятность того, что круг не пересечет ни одной из прямых. Решение. Задача сводится к бросанию точки (центра круга) на отрезок прямой длиной 6 см (расстояние между параллельными прямыми указаны на рис. 2.11). Все исходы такого эксперимента равновозможные, поскольку круг бросается наудачу. Пусть Ω = { x x ∈ [ 0; 6] } — соответствующее пространство элементарных событий. Обозначим через A интересующее нас событие. Очевидно, что круг не будет пересекать прямую тогда и только тогда, когда его центр будет расположен не ближе, чем 1 см от прямой, т. е. от концов отрезка Ω . Это значит, что наступлению события A благоприятствуют исходы, лежащие между 1 и 5: A = { x x ∈ [1; 5] } . Поскольку мера Ω = 6 , а мера A = 4 , то, используя формулу геометрической вероятности (2.3), получим: 2 P ( A) = . 3 32 Глава 2 Рис. 2.11 Задача 2.31. Через случайно выбранную точку на окружности радиуса R проводятся хорды, перпендикулярные некоторому фиксированному диаметру. Какова вероятность того, что длина хорды будет не больше, чем радиус окружности? Решение. Перпендикулярная диаметру хорда проводится через точку x , случайно выбранную на окружности. Это означает, что x ∈ [ 0, 2πR ] — множество всех исходов эксперимента Ω , т. е. Ω = { x 0 ≤ x ≤ 2πR} . Для того чтобы длина соответствующей хорды была сти (событие A ), точка x должна принадлежать дуге треугольники ΔAOB и ΔCOD — правильные, т. е. (рис. 2.12, а). Следовательно, множество исходов, тию A (рис. 2.12, б), имеет вид: { A= x 0≤ x≤ не больше радиуса окружноAB или дуге CD , таким, что ∠AOB = 60° и ∠COD = 60° благоприятствующих собы- } 7 π 11π π 5π R, R≤x≤ R, R ≤ x ≤ 2πR . 6 6 6 6 y D B x O A C A 6R а A 5 6R A 7 R 6 б Рис. 2.12 11 R 2 R x 6 Случайные события 33 Поскольку множества Ω и A — отрезки числовой прямой (см. рис. 2.12, б), то мерами этих множеств будут длины отрезков. Поэтому 2 πR l ( A) 3 1 P ( A) = = = ≅ 0,3333 . l ( Ω ) 2πR 3 З АМЕЧАНИЕ Задачи 2.32—2.37 предлагается решить самостоятельно. Задача 2.32. Найти вероятность того, что из двух случайно выбранных положительных чисел, не превосходящих единицы, одно больше квадрата другого. Задача 2.33. Какова вероятность того, что точка, брошенная наудачу в круг радиуса R , попадет в квадрат, вписанный в этот круг? Задача 2.34. Числа a и b равновозможные в квадрате a ≤ 2 , b ≤ 2 . Найти вероятность того, что их сумма больше 1. Задача 2.35. Найти вероятность того, что точка, случайным образом поставленная внутрь квадрата со стороной 2 см, окажется ниже параболы, проходящей через две вершины этого квадрата и середину противоположной им стороны. Задача 2.36. На отрезке AB длины 10 см наудачу поставлены две точки M и N . Найти вероятность того, что точка M будет ближе к точке N , чем к точке A . Задача 2.37. Найти вероятность того, что сумма двух положительных, не превосходящих единицы чисел, меньше 1/3 или больше 1. 2.4. Свойства вероятности. Условная вероятность. Независимость событий. Теоремы сложения и умножения Свойства вероятности. Теорема сложения вероятностей Из определения и аксиом вероятности следуют ее свойства. Свойство 1. т. к. P ( A) + P ( A ) = 1 , Свойство 2. P (∅) = 0 , ⎧A + A = Ω ⎨ ⎩ A⋅ A = ∅ и по аксиомам аддитивности и нормированности P ( A ) + P ( A ) = P ( Ω ) = 1 . т. к. Ω=Ω+∅ и P ( Ω) = P ( Ω) + P (∅ ) .   =1 =1 по аксиомам аддитивности и нормированности 34 Глава 2 Свойство 3. Если A ⊂ B , то P ( A ) ≤ P ( B ) и P ( B − A ) = P ( B ) − P ( A ) , т. к. B = A + ( B − A ) ⇒ P ( B ) = P ( A ) + P ( B − A ) ≥ P ( A ) .  несовместные Из свойств вероятности следует теорема сложения: P ( A + B ) = P ( A) + P ( B ) − P ( A ⋅ B ) . (2.4) З АМЕЧАНИЕ Если события A и B несовместны, т. е. A ⋅ B = ∅ , то теорема сложения имеет вид: P ( A + B ) = P ( A) + P ( B ) , (2.5) что соответствует аксиоме аддитивности P.3. Задача 2.38. В партии из 25 изделий содержится 15 изделий первого сорта и 10 изделий второго сорта. Случайным образом выбираются три изделия. Найти вероятность того, что хотя бы одно из этих изделий первого сорта. Решение. Если обозначить через A событие, которое означает, что хотя бы одно из взятых трех изделий первого сорта, то событие A — все три взятые изделия второго C3 6 , то сорта. Поскольку по формуле классической вероятности (2.2) P ( A ) = 10 = 3 115 C25 6 109 P ( A) = 1 − P ( A ) = 1 − = ≅ 0,948 . 115 115 Задача 2.39. Восемь шариков красного и белого цвета пронумерованы числами 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8. Шарики с номерами от 1 до 4 — красные, а с номерами от 5 до 8 — белые. Случайным образом выбирают один шарик. Найти вероятность того, что он красного цвета или его номер делится на 4. Решение. Пусть событие A — взятый шарик красного цвета, а событие B — взят шарик с номером, кратным 4. Интересующее нас событие является суммой событий A + B . Тогда по теореме сложения (2.4) P ( A + B ) = P ( A) + P ( B ) − P ( A ⋅ B ) . Поскольку из восьми шариков четыре красных, то 4 1 = , 8 2 а т. к. из чисел 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 два (4 и 8) делятся на 4, то P ( A) = 2 1 = . 8 4 Произведением событий AB является событие, которое состоит в том, что взят красный шарик с номером 4. Поэтому P(B) = P ( AB ) = 1 . 8 Случайные события 35 Подставляя все вычисленные вероятности в формулу для вероятности суммы событий A + B , получим P ( A + B) = 1 1 1 5 + − = . 2 4 8 8 Задача 2.40. Определить вероятность того, что партия из ста изделий, среди которых пять бракованных, будет принята при испытании половины всей партии, если по условиям приема допускается бракованных изделий не более одного из пятидесяти. Решение. Обозначим через A событие, состоящее в том, что при испытании не обнаружено ни одного бракованного изделия, а через B — событие, состоящее в том, что обнаружено ровно одно бракованное изделие. Интересующее нас событие C = A + B . Поскольку события A и B несовместны ( A ⋅ B = ∅ ), то для вычисления вероятности события C можно воспользоваться теоремой сложения для несовместных событий (2.5): P ( C ) = P ( A + B ) = P ( A) + P ( B ) . Для вычисления вероятностей событий A и B воспользуемся классическим опре50 50 49 делением вероятности, положив n = C100 , m A = C95 , mB = C51 ⋅ C95 . Тогда P ( C ) = P ( A ) + P ( B ) = 50 49 C95 C51 ⋅ C95 + ≈ 0,0281 + 0,1529 ≈ 0,181 . 50 50 C100 C100 З АМЕЧАНИЕ Задачи 2.41—2.43 предлагается решить самостоятельно. Задача 2.41. Из колоды 36 карт случайным образом берут одну карту. Какова вероятность, что это дама или карта пиковой масти? Задача 2.42. Бросают три монеты. Найти вероятность того, что хотя бы на одной из них выпадет герб. Задача 2.43. Из последовательности натуральных чисел от 1 до 10 выбирают случайно одно число. Чему равна вероятность того, что это число четное или делится на 3? Условная вероятность. Теорема умножения вероятностей Определение 2.11. Пусть A и B — случайные события и P ( B) > 0 . Условной вероятностью наступления события A , при условии, что событие B произошло, называется число, которое определяется формулой Р( A B) = Р( А ⋅ В) . Р( В) (2.6) 36 Глава 2 Аналогично определяется условная вероятность наступления события B при условии, что событие A с вероятностью P ( A ) > 0 произошло Р ( B A) = Р( А ⋅ В) . Р ( А) (2.7) Из (2.6) и (2.7) следуют формулы P ( A ⋅ B ) = P ( B ) ⋅ Р ( A B ) , P ( A ⋅ B ) = P ( A) ⋅ Р ( B A) , (2.8) которые называются теоремой умножения для двух событий. Для n событий A1 , A2 , ..., An теорема умножения имеет вид: P ( A1 ⋅ A2 ⋅ ... ⋅ An ) = P ( A1 ) ⋅ Р ( A2 A1 ) ⋅ P ( A3 A1 A2 ) ⋅ ... ⋅ P ( An A1 A2 ⋅⋅⋅ An −1 ) . (2.9) Независимые события Определение 2.12. Пусть P ( A ) > 0 . Событие B называется независимым от события A , если Р ( B A ) = P ( B ) , т. е. если наступление события A не меняет вероятности события B . Можно показать, что если событие B не зависит от события A , то и A не зависит от B , и справедливо равенство Р ( A B ) = P ( A ) в предположении, что P ( B ) > 0 , т. е. свойство независимости событий взаимно. Теорема умножения для независимых событий имеет вид: P ( A ⋅ B ) = P ( A) ⋅ Р ( B ) . (2.10) З АМЕЧАНИЕ 1 Равенство (2.10) может быть взято за определение независимости событий. Определение 2.13. События A и B называются независимыми, если вероятность их совместного наступления равна произведению вероятностей каждого из этих событий, т. е. P ( A ⋅ B ) = P ( A) ⋅ Р ( B ) . З АМЕЧАНИЕ 2 Если события A и B независимы, то пары событий A и B , A и B , A и B тоже независимы. Определение 2.14. События A1 , A2 , ..., An называются независимыми в совокупности, если: P ( A1 ⋅ A2 ) = P ( A1 ) ⋅ P ( A2 ) , P ( A1 ⋅ A2 ⋅ A3 ) = P ( A1 ) ⋅ P ( A2 ) ⋅ P ( A3 ) , .............................. P ( A1 ⋅ A2 ⋅ ... ⋅ An ) = P ( A1 ) ⋅ P ( A2 ) ⋅ ... ⋅ P ( An ) . Случайные события 37 Определение 2.15. События A1 , A2 , ..., An называются попарно независимыми, если P ( Ai ⋅ Ak ) = P ( Ai ) ⋅ Р ( Ak ) для всех i = 1, 2, ..., n , k = 1, 2, ..., n , k ≠ i . З АМЕЧАНИЕ 3 Если события независимы в совокупности, то они попарно независимы. Из попарной независимости событий еще не следует их независимость в совокупности. Доказательством этому может быть следующая задача. Задача 2.44. На книжной полке имеются четыре книги с романами Ф. М. Достоевского. Одна книга с романом "Идиот", вторая — с романом "Преступление и наказание", третья — с романом "Братья Карамазовы". Четвертая книга содержит все три романа. Случайным образом с полки берут одну книгу. Событие A — в этой книге есть роман "Идиот", событие B — в этой книге есть роман "Преступление и наказание", событие C — в этой книге есть роман "Братья Карамазовы". Являются ли события A, B и C попарно независимыми? Независимыми в совокупности? Решение. Поскольку всего четыре книги, а книг, содержащих каждый из романов, две, то по формуле классической вероятности P ( A) = P ( B ) = P ( C ) = Поэтому 1 . 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ⋅ = , P ( B ) ⋅ P ( C ) = ⋅ = , P ( A) ⋅ P ( C ) = ⋅ = . 2 2 4 2 2 4 2 2 4 Поскольку только в одной книге есть два романа Ф. М. Достоевского, то P ( A) ⋅ P ( B ) = 1 . 4 Следовательно, события A, B и C попарно независимы. Однако независимыми в совокупности они не являются, т. к. P ( A ⋅ B) = P ( B ⋅ C ) = P( A ⋅ C ) = 1 1 1 1 ⋅ ⋅ = . 2 2 2 8 Однако только одна книга из четырех содержит все три романа, поэтому P ( A) ⋅ P ( B ) ⋅ P ( C ) = 1 . 4 Задача 2.45. Банк предлагает клиентам два типа вкладов. Вероятность того, что годовой доход по вкладу первого типа превысит 20%, равна 0,6, а вероятность того же события для вклада второго типа равна 0,8. Некто сделал два вклада разных типов. Определить вероятность того, что хотя бы по одному из вкладов доходность превысит 20%. Предполагается, что доходности вкладов разных типов не зависят друг от друга. P( A⋅ B ⋅C) = 38 Глава 2 Решение. Обозначим через A интересующее нас событие — доходность хотя бы по одному из двух вкладов превысила 20%, через B — событие, состоящее в том, что доходность по вкладу первого типа превысила 20%, через C — событие, состоящее в том, что доходность по вкладу второго типа превысила 20%. Тогда P ( B ) = 0,6 , а P ( C ) = 0,8 . Очевидно, что A = B + C , и по теореме сложения (2.4) справедливо: P ( A) = P ( B + С ) = P ( B ) + P ( С ) − P ( B ⋅ С ) . События B и C по условию независимы, поэтому по теореме умножения для независимых событий (2.10) справедливо P ( B ⋅ C ) = P ( B ) ⋅ Р ( C ) . Следовательно: P ( A ) = P ( B + С ) = P ( B ) + P ( С ) − P ( B ) ⋅ P ( C ) = 0,6 + 0,8 − 0,6 ⋅ 0,8 = 0,92 . Задача 2.46. Из урны, содержащей 3 белых и 7 черных шаров, вынимают два шара. Найти вероятность того, что: 1) оба шара белые (использовать два способа решения); 2) хотя бы один из них черный. Решение. 1) Пусть A — событие, состоящее в том, что оба вынутых шара оказались белого цвета. Найдем его вероятность двумя способами. 1-й способ. Обозначим через A 1 событие, которое состоит в том, что первый вынутый шар оказался белого цвета, а через A2 — событие, состоящее в том, что белого цвета оказался второй вынутый шар. Интересующее нас событие состоит в одновременном наступлении этих событий, т. е. A = A1 ⋅ A2 , поэтому для вычисления его вероятности можно воспользоваться теоремой умножения (2.8): P ( A ) = P ( A1 ⋅ A2 ) = P ( A1 ) ⋅ Р ( A2 A1 ) . Для вычисления P ( A1 ) воспользуемся классическим определением вероятности, положив n = 10 , а m A 1 = 3 , поскольку до первого изъятия в урне находилось 10 шаров, из которых 3 белые. По формуле классической вероятности (2.2) получим P ( A1 ) = 3 10 . Условную вероятность P ( A2 A1 ) найдем, учитывая, что перед вторым изъятием 2 в урне находится 9 шаров, среди которых 2 белых. Поэтому P ( A2 A1 ) = . Искомая 9 вероятность равна произведению найденных вероятностей, т. е. P ( A) = 3 2 1 ⋅ = . 10 9 15 2-й способ. Воспользуемся классическим определением вероятности. Исходами данного эксперимента являются всевозможные пары шаров, отличающиеся только составом. При этом все исходы равновозможные. Всего исходов n = C102 , а наступ- Случайные события 39 лению события A благоприятствует m A = C32 исходов. По формуле классической вероятности (2.2) получим: P ( A) = C32 3 ⋅ 2!⋅ 8! 1 = = . 10! 15 C102 2) Пусть B — событие, состоящее в том, что хотя бы один из двух вынутых шаров черный. Очевидно, что это событие является противоположным событию A , т. е. B = A . Используя первое из вероятностей, вычислим: 1 14 = . 15 15 Задача 2.47. Двое по очереди бросают монету. Выигрывает тот, у кого первого выпадет герб. Найти вероятности событий: 1) игра закончится до четвертого хода; 2) выиграет первый игрок, если исходы бросаний независимы. P ( B ) = P ( A) = 1 − P ( A) = 1 − Решение. Обозначим события:  Ai — у первого игрока выпал герб на i -м бросании;  Bk — у второго игрока выпал герб на k -м бросании. Тогда:  Ai — у первого игрока выпала решетка на i -м бросании;  Bk — у второго игрока выпала решетка на k -м бросании. 1) Пусть событие C состоит в том, что игра закончится до четвертого бросания. Это означает, что произошла сумма несовместных событий:  A1 — у первого при первом ходе выпал герб;  A1 ⋅ B1 — у первого при первом ходе выпала решетка, а у второго — герб;  A1 ⋅ B1 ⋅ A2 — у первого и у второго при первом ходе выпала решетка, а при вто- ром бросании у первого выпал герб;  A1 ⋅ B1 ⋅ A2 ⋅ B2 — первый герб выпал у второго игрока при втором бросании;  A1 ⋅ B1 ⋅ A2 ⋅ B2 ⋅ A3 — первый герб выпал у первого игрока при третьем бросании;  A1 ⋅ B1 ⋅ A2 ⋅ B2 ⋅ A3 ⋅ B3 — первый герб выпал у второго игрока при третьем бро- сании. Тогда C = A1 + A1 B1 + A1 B1 A2 + A1B1 A2 B2 + A1B1 A2 B2 ⋅ A3 + A1B1 A2 B2 A3 B3 . Поскольку события Ai , Ai , Bk и Bk независимы, а выпадение герба или решетки происходит с вероятностью 1 2 , то по теоремам сложения и умножения для несовместных и независимых событий получим: 40 Глава 2 ( ) ⎞⎟⎠ 1 ⎛1 − 1 1 ⎛1⎞ ⎛1⎞ ⎛1⎞ ⎛1⎞ ⎛1⎞ 2⎜ 2 P (C ) = + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ = ⎝ 2 ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ 1− 1 2 2 3 4 5 6 6 =1− 1 63 = . 64 64 2) Пусть событие D состоит в том, что выиграл первый игрок. Выигрыш первого означает, что у второго игрока при каждом бросании выпадает решетка. Тогда D = A1 + A1 ⋅ B1 ⋅ A2 + A1 ⋅ B1 ⋅ A2 ⋅ B2 ⋅ A3 + ... P ( D ) = P ( A1 ) + P ( A1 ) P ( B1 ) P ( A2 ) + P ( A1 ) P ( B1 ) P ( A2 ) P ( B2 ) P ( A3 ) + ... = 1 1 3 5 1 ⎛1⎞ ⎛1⎞ 2 2 =2. + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + ... = = 2 3 3 2 ⎝2⎠ ⎝2⎠ 1− 1 4 2 Мы воспользовались здесь формулой суммы бесконечной убывающей геометрической прогрессии. = ( ) З АМЕЧАНИЕ Задачи 2.48—2.57 предлагается решить самостоятельно. Задача 2.48. Из урны, содержащей пять белых и четыре черных шара, вынули два шара. Какова вероятность, что один из них белый, а другой — черный. Задача 2.49. В коробке 10 катушек с красными нитками и 6 катушек с синими нитками. Выбираются наудачу две катушки. Найти вероятность того, что нитки будут одинакового цвета. Задача 2.50. На семи карточках написаны буквы: С, С, О, О, М, М, М. Случайно выбирают из них три карточки и выкладывают в ряд слева направо. Найти вероятность, что получится слово СОМ. Задача 2.51. Бросаются три игральные кости. Найти вероятность, что хотя бы на одной из них выпадет 6 очков, если на них выпали разные грани. Задача 2.52. В цехе работают 7 мужчин и 3 женщины. По табельным номерам наудачу отобраны три человека. Найти вероятность того, что все отобранные лица окажутся мужчинами. Задача 2.53. У студента на книжной полке стоят десять учебников, из которых четыре по теории вероятностей. Он случайно уронил с полки три учебника. Найти вероятность того, что два из них по теории вероятностей. Задача 2.54. Найти вероятность того, что при пяти бросаниях монеты хотя бы один раз выпадет герб. Задача 2.55. Два элемента прибора, дублирующих друг друга, выходят из строя независимо друг от друга с вероятностями 0,3 и 0,2 соответственно. Какова вероятность того, что прибор будет работать? Задача 2.56. Среди 50 электрических лампочек 5 являются нестандартными. Найти вероятность того, что из трех взятых случайно лампочек две лампочки нестандартные. Случайные события 41 Задача 2.57. В урне 5 белых и 7 красных шаров. Из урны наудачу вынимают два шара. Найти вероятность, что: 1) оба шара белые; 2) шары одинакового цвета; 3) оба белые, если известно, что вынули шары одинакового цвета. 2.5. Полная группа событий. Формулы полной вероятности и Байеса Пусть Ω, ℑ, P — вероятностное пространство некоторого случайного эксперимента. Определение 2.16. Говорят, что события Н1 , Н 2 , ..., Н п ∈ ℑ образуют полную группу, если:  Н i ⋅ Н j = ∅ при i ≠ j , т. е. они попарно несовместны;  Н1 + Н 2 + … + Н п = Ω , т. е. их сумма равна множеству исходов данного экспе- римента (достоверному событию). Если событие A∈ ℑ и известны вероятности P ( H1 ) , P ( H 2 ) , ..., P ( H n ) событий Н1 , Н 2 , ..., Н п ∈ ℑ , образующих полную группу, а также условные вероятности P ( A H i ) при всех i = 1, 2, ..., n , то имеет место формула: n P ( A) = ∑ P ( Н i ) ⋅ Р ( A H i ) , (2.11) i =1 которая называется формулой полной вероятности. В этой формуле P ( A ) называется полной вероятностью события A , события Н i — гипотезами, а вероятности P ( H i ) — их априорными (вычисленными до опыта) вероятностями. Если известно, что событие A произошло и вычислена полная вероятность этого события, то условные вероятности событий Н k , k = 1, 2, ..., n при условии, что событие A произошло, вычисляются по формуле P ( H k A) = P ( Hk ) ⋅ Р ( A Hk ) , P ( A) (2.12) которая называется формулой Байеса, а вероятности P ( H k A ) , k = 1, 2, ..., n — апостериорными (вычисленными после опыта) вероятностями гипотез. Задача 2.58. В первой урне 8 белых и 2 черных шара. Во второй урне 4 белых и 14 черных шаров. Из каждой урны взяли по одному шару, а затем оставшиеся ссыпали в третью пустую урну. Найти вероятность того, что взятый после этого из третьей урны шар белый. Решение. Рассмотрим события:  Н1 — гипотеза, которая состоит в том, что из обеих урн вынули по белому шару; 42 Глава 2  Н 2 — гипотеза, которая состоит в том, что из обеих урн вынули по черному шару;  Н 3 — гипотеза, которая состоит в том, что из одной урны взяли белый шар, из другой — черный;  A — интересующее нас событие, которое состоит в том, что взятый после этого из третьей урны шар белый. Чтобы вычислить вероятности гипотез, введем в рассмотрение события:  Чi , i = 1, 2 — из i -й урны вынут черный шар;  Бi , i = 1, 2 — из i -й урны вынут белый шар. Легко видеть, что H1 = Б1 ⋅ Б 2 , H 2 = Ч1 ⋅ Ч 2 , H 3 = Б1 ⋅ Ч 2 + Ч1 ⋅ Б 2 , где события-сомножители независимы, а события-слагаемые несовместны. Учитывая это, по формуле классической вероятности (2.2) и теорем сложения (2.5) и Ъумножения (2.10), получим 8 4 8 2 14 7 ⋅ = , P ( Н2 ) = ⋅ = , 10 18 45 10 18 45 8 14 2 4 28 2 30 2 P ( Н3 ) = ⋅ + ⋅ = + = = . 10 18 10 18 45 45 45 3 P ( H1 ) = Ясно, что события H1 , H 2 , H 3 образуют полную группу событий, т. к. они попарно несовместны и справедливо равенство 8 7 2 + + =1. 45 45 3 Поскольку в двух урнах было 28 шаров, а два из них вынули, то в третьей урне оказалось 26 шаров. Состав шаров в третьей урне зависит от того, какая гипотеза из трех реализовалась в эксперименте. P ( H1 ) + P ( H 2 ) + P ( H 3 ) = В условиях первой гипотезы, если вынули два белых шара, в третьей урне осталось 10 белых шаров. Поэтому P ( A H1 ) = 10 5 = . 26 13 В условиях второй гипотезы в третьей урне оказалось 12 белых шаров, поэтому P ( A H2 ) = 12 6 = . 26 13 В условиях третьей гипотезы в третьей урне оказалось 11 белых шаров, поэтому P ( A H3 ) = 11 . 26 Случайные события 43 Используя формулу полной вероятности (2.11) при n = 3 P ( A ) = P ( Н1 ) ⋅ Р ( A H 1 ) + P ( H 2 ) ⋅ Р ( A H 2 ) + P ( H 3 ) ⋅ Р ( A H 3 ) , вычислим полную вероятность события A : 8 5 7 6 2 11 ⋅ + ⋅ + ⋅ ≈ 0, 4222 . 45 13 45 13 3 26 Задача 2.59. Два приятеля покупают билеты лотереи, в которой всего 96 билетов, из которых 6 — выигрышные. Кто из них с большей вероятностью купит выигрышный билет: тот, кто будет выбирать первым или вторым? Решение. Обозначим события: A — первый купил выигрышный билет, B — второй купил выигрышный билет. По формуле классической вероятности (2.2): P ( A) = 6 1 = . 96 16 Для вычисления вероятности события B используем формулу полной вероятности (2.11). Событие B происходит вместе с одним из двух событий-гипотез: H1 — первым был куплен выигрышный билет, H 2 — первым был куплен невыигрышный билет. Очевидно, что P ( A) = 6 1 90 15 = , P ( H2 ) = = . 96 16 96 16 Второй выбирает лотерейный билет из 95 оставшихся билетов. В условиях гипотезы H1 выигрышных билетов среди них 5, а в условиях гипотезы H 2 — 6. Поэтому соответствующие условные вероятности равны: P ( H1 ) = 5 6 , P ( B H2 ) = . 95 95 По формуле полной вероятности (2.11) при n = 2 : P ( B H1 ) = 1 5 15 6 95 1 ⋅ + ⋅ = = . 16 95 16 95 16 ⋅ 95 16 Следовательно, вероятность купить выигрышный билет одинакова для обоих. Задача 2.60. При пусконаладочных работах автоматическая линия настраивается с помощью точной, но дорогостоящей аппаратуры так, что 96% выпускаемых этой линией деталей удовлетворяет стандарту. Упрощенный контроль признает пригодной стандартную деталь с вероятностью 0,98, а нестандартную деталь — с вероятностью 0,05. Определить вероятность того, что деталь, прошедшая упрощенный контроль и признанная пригодной, является стандартной. Решение. Пусть событие A состоит в том, что деталь прошла упрощенный контроль и признана годной. Это событие могло произойти одновременно с одной из двух гипотез: P ( B ) = P ( Н1 ) ⋅ Р ( B H1 ) + P ( H 2 ) ⋅ Р ( B H 2 ) =  гипотеза Н1 — деталь стандартная;  гипотеза Н 2 — деталь нестандартная. 44 Глава 2 Известно, что 96% продукции удовлетворяет стандарту. Это означает, что из 100 деталей 96 стандартных и 4 нестандартных. Поэтому вероятности гипотез равны: P ( Н1 ) = 0,96 , P ( Н 2 ) = 1 − 0,96 = 0,04 . Условные вероятности наступления события A для стандартной и нестандартной деталей известны из условия задачи: P ( A H1 ) = 0,98 , P ( A H 2 ) = 0,05 . Полная вероятность события A вычисляется по формуле: P ( A ) = P ( H1 ) ⋅ Р ( A H1 ) + P ( H 2 ) ⋅ Р ( A H 2 ) = 0,96 ⋅ 0,98 + 0,04 ⋅ 0,05 = 0,9428 . Нас интересует вероятность того, что деталь будет стандартной (событие H1 ) при условии, что она прошла упрощенный контроль (событие A произошло). Эту апостериорную вероятность можно вычислить по формуле Байеса (2.12): P ( H1 A ) = P ( H1 ) ⋅ Р ( A H1 ) 0,9408 = ≈ 0,998 . P ( A) 0,9428 Задача 2.61. В магазин поступает продукция с трех предприятий, причем с первых двух предприятий поступает одинаковое количество изделий, а с третьего — в два раза большее, чем с каждого из первых двух. Известно, что в продукции первого предприятия 0,2% брака, в продукции второго — 0,3% брака, а у третьего предприятия — 0,1% бракованных изделий. 1) Какова вероятность покупки в магазине бракованного изделия? 2) Купленное в магазине изделие оказалось бракованным. Какова вероятность того, что оно изготовлено на третьем предприятии? Решение. Пусть событие A состоит в том, что в магазине было куплено бракованное изделие. Это событие могло произойти одновременно с одной из трех несовместных гипотез:  гипотеза Н1 — изделие изготовлено на первом предприятии;  гипотеза Н 2 — изделие изготовлено на втором предприятии;  гипотеза Н 3 — изделие изготовлено на третьем предприятии. С первых двух предприятий поступает одинаковое количество изделий, а с третьего — в два раза большее. Поэтому априорные вероятности гипотез связаны следующими соотношениями: P ( H1 ) = P ( H 2 ) , P ( H 3 ) = 2 P ( H1 ) . Поскольку гипотезы образуют полную группу событий, то должно выполняться условие P ( H1 ) + P ( H 2 ) + P ( H 3 ) = 1 , из которого следует, что P ( H1 ) = P ( H 2 ) = 1 1 = 0, 25 , P ( H 3 ) = = 0,5 . 4 2 Случайные события 45 Условные вероятности появления события A заданы: P ( A H1 ) = 0, 2 0,3 0,1 = 0,002 , P ( A H 2 ) = = 0,003 , P ( A H 3 ) = = 0,001 . 100 100 100 1) Теперь, используя формулу полной вероятности (2.11), можно дать ответ на первый вопрос задачи: P ( A ) = P ( H1 ) ⋅ Р ( A H1 ) + P ( H 2 ) ⋅ Р ( A H 2 ) + P ( H 3 ) ⋅ Р ( A H 3 ) = = 0, 25 ⋅ 0,002 + 0, 25 ⋅ 0,003 + 0,5 ⋅ 0,001 = 0,00175 . 2) Ответ на второй вопрос получим, вычислив апостериорную вероятность гипотезы H 3 по формуле Байеса (2.12): P ( H 3 A) = P ( H 3 ) ⋅ Р ( A H 3 ) 0,0005 = ≈ 0, 2857 . P ( A) 0,00175 З АМЕЧАНИЕ Задачи 2.62—2.66 предлагается решить самостоятельно. Задача 2.62. В каждой из двух урн 8 белых и 4 черных шара. Из каждой урны берут по одному шару, а затем из этих двух шаров наудачу берут один. Какова вероятность, что: 1) этот шар белый; 2) из обеих урн были взяты шары разных цветов, если выбранный после этого из них шар оказался белым. Задача 2.63. Количество испорченных лампочек из 10 штук равновозможное от 0 до 3. Определить вероятность того, что: 1) две, взятые наудачу из 10, лампочки окажутся исправными; 2) среди 10 лампочек было 3 бракованных, если две лампочки, взятые наудачу из 10, оказались исправными. Задача 2.64. Лотерея содержит 5 выигрышных и 8 невыигрышных билетов. Добавили еще один билет. Все предположения о том, какой это билет, равновозможные. Найти вероятность того, что: 1) два купленных билета оказались выигрышными; 2) до того, как два купленных билета оказались выигрышными, был добавлен выигрышный билет. Задача 2.65. В кармане имеются три монеты достоинством 1 рубль и четыре монеты достоинством 5 рублей. Одна монета была потеряна. Найти вероятность того, что: 1) взятая из кармана после этого монета достоинством 1 рубль; 2) была потеряна монета 5 рублей, если взятая из кармана после утери монета оказалась достоинством 1 рубль. Задача 2.66. Произведено два выстрела по цели. Вероятность попадания в цель при каждом выстреле равна 0,8. Цель поражается с вероятностью 0,5 при одном попадании и с вероятностью 0,9 при двух попаданиях. Найти вероятность, что: 1) цель поражена; 2) было два попадания, если цель оказалась пораженной. 46 Глава 2 2.6. Сложный эксперимент. Схема Бернулли Пусть проводится сложный эксперимент, состоящий из n одинаковых независимых испытаний, причем в каждом испытании наблюдают за появлением события A — успеха или появлением противоположного события A — неуспеха. Вероятность успеха во всех опытах одинакова и равна p , т. е. P ( A ) = p . Вероят- ность неуспеха P ( A ) = q = 1 − p . В этом случае говорят, что испытания проводятся по схеме Бернулли. При вычислении вероятностей событий в эксперименте, проходящем по схеме Бернулли, справедливы следующие формулы: 1. Вероятность Рп ( k ) появления успеха k раз в серии из n испытаний определяется по формуле, называемой формулой Бернулли: Рп ( k ) = Спk р k q n − k . (2.13) 2. Вероятность Рп ( k ≥ m ) того, что событие A появится в n испытаниях не менее m раз, вычисляется по формуле: n n k =m k =m Рп ( k ≥ m ) = ∑ Рп ( k ) = ∑ Спk р k q n − k . (2.14) 3. Вероятность появления события A хотя бы один раз при n опытах определяется из соотношения Pn ( k ≥ 1) = 1 − q n . (2.15) 4. Количество n опытов, которые нужно произвести для того, чтобы с вероятностью не меньшей P1 можно было утверждать, что событие A произойдет, по крайней мере один раз, находится по формуле n≥ ln (1 − P1 ) . ln (1 − p ) (2.16) Задача 2.67. Три монеты одновременно подбрасывают 3 раза. Какова вероятность, что только в одном подбрасывании появятся три герба? Решение. В этой задаче отдельное испытание Бернулли — это одновременное подбрасывание трех монет. Исход испытания — упорядоченная тройка гербов и решеток. Пусть событие Гi — выпадение герба у i -й монеты при одном бросании (i = 1, 2, 3) . Успех A — появление трех гербов. Тогда событие A есть произведение трех независимых событий Г1 , Г 2 и Г3 , т. е. A = Г1 ⋅ Г 2 ⋅ Г3 . Случайные события 47 1 , а события Гi (i = 1, 2, 3) — независимы, то, по теореме 2 умножения для независимых событий (2.10), вероятность p — успеха в отдельном испытании будет равна: Поскольку P ( Гi ) = p = P ( A ) = P ( Г1 ) ⋅ P ( Г 2 ) ⋅ P ( Г3 ) = 1 1 1 1 ⋅ ⋅ = . 2 2 2 8 Тогда вероятность неуспеха определится из соотношения q =1− p = 7 . 8 Число испытаний, проведенных по схеме Бернулли, n = 3 (подбрасывание трех монет производится трижды). Интересующая нас вероятность — это вероятность появления ровно одного успеха в серии из трех испытаний. По формуле Бернулли (2.13), полагая k = 1 , вычислим требуемую вероятность: 2 1 7 147 Р3 (1) = С31 ⋅ р ⋅ q 3−1 = 3 ⋅ ⋅ ⎛⎜ ⎞⎟ = ≈ 0, 287 . 8 ⎝ 8 ⎠ 512 Задача 2.68. Играют два равносильных шахматиста. Что вероятнее выиграть: две партии из четырех или три из шести? (Ничейные исходы партий не учитываются.) Решение. Независимыми испытаниями, проведенными по схеме Бернулли, в этой задаче являются отдельные сыгранные партии. Поскольку шахматисты равносильные, то вероятности выигрыша и проигрыша в каждой партии полагаем равными, т. е. 1 1 1 p = , q =1− = . 2 2 2 Вероятность выиграть две партии из четырех определяется по формуле Бернулли (2.13), в которой n = 4 и k = 2 : P4 ( 2 ) = C42 ⋅ p 2 ⋅ q 2 = 2 2 4! ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 6 ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = . 2! ⋅ 2! ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 16 Вероятность выиграть три партии из шести, вычисленная по этой же формуле при n = 6 и k = 3 , равна: P6 ( 3) = C63 ⋅ p 3 ⋅ q 3 = 3 3 6! ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 5 ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = . 3! ⋅ 3! ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 16 P4 ( 2 ) > P6 ( 3) , поэтому вероятнее выиграть две партии из четырех. Задача 2.69. Рабочий обслуживает четыре станка. Каждый станок в течение смены (8 часов работы) несколько раз останавливается и всего в сумме стоит 0,5 часа, причем остановки станков в любой момент времени равновероятны. 48 Глава 2 Определить вероятность того, что в данный момент времени: 1) работают не менее двух станков; 2) работает хотя бы один станок. Решение. Испытание Бернулли — наблюдение за работой одного станка. Поскольку станков четыре, то n = 4 . Событие A (успех) состоит в том, что один станок в данный момент времени работает. Вероятность этого события можно определить по формуле геометрической вероятности (2.3): P ( A) = мера A , мера Ω где мера A = 8 − 0,5 = 7,5 часов (продолжительность безотказной работы станка в течение всей рабочей смены), а мера Ω = 8 часов (продолжительность смены). Следовательно, 8 − 0,5 15 15 1 = , P ( A) = q = 1 − = . 8 16 16 16 1) Вероятность того, что в данный момент времени работают не менее двух станков, по формуле (2.14) равна: P ( A) = p = k 4 4 15 1 Р4 ( k ≥ 2 ) = ∑ Рп ( k ) = ∑ С4k ⎛⎜ ⎞⎟ ⎛⎜ ⎞⎟ 16 16 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ k =2 k =2 4 4−k = 2 2 3 4! ⎛ 15 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 1 15 ⎞ ⋅ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ + 4 ⋅ ⎛⎜ ⎞⎛ ⎟⎜ ⎟ + 2! ⋅ 2! ⎝ 16 ⎠ ⎝ 16 ⎠ 16 ⎝ ⎠⎝ 16 ⎠ 2 15 15 1 15 225 ⎞ 225 291 + ⎛⎜ ⎞⎟ = ⎛⎜ ⎞⎟ ⎛⎜ 6 ⋅ + 4⋅ + ⋅ ≈ 0,99917 . ⎟= 16 16 256 256 256 ⎠ 256 256 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 2) Вероятность того, что в данный момент времени работает хотя бы один станок, по формуле (2.15) равна: 4 1 P4 ( k ≥ 1) = 1 − q 4 = 1 − ⎛⎜ ⎞⎟ ≈ 1 − 0,000015 ≈ 0,999985 . ⎝ 16 ⎠ Задача 2.70. Завод изготавливает изделия, каждое из которых с вероятностью 0,01 имеет дефект. Каков должен быть объем n случайной выборки, чтобы вероятность встретить в ней хотя бы одно дефектное изделие была не менее 0,95? Решение. Пусть успех — событие A — изделие имеет дефект. По условию вероятность успеха p = 0,01 , тогда вероятность неуспеха q = 1 − p = 0,99 . Требуется найти минимальное количество испытаний n (объем выборки), чтобы с вероятностью, не меньшей P1 = 0,95 , событие A появилось хотя бы один раз. Используя формулу (2.16), получим n≥ ln(1 − 0,95) ln 0,05 −2,9957 = ≈ ≈ 298,08 . ln(1 − 0,01) ln 0,99 −0,01005 Следовательно, минимальный объем выборки n = 299 . Случайные события 49 З АМЕЧАНИЕ Задачи 2.71—2.77 предлагается решить самостоятельно. Задача 2.71. Рабочий обслуживает 6 одинаковых станков. Вероятность того, что станок в течение часа потребует регулировки, равна 1/3. Какова вероятность того, что в течение часа рабочему придется регулировать два станка? Задача 2.72. На отрезок [ 0;10] ставят случайно четыре точки. Найти вероятность того, что две точки попадут в отрезок [ 0; 3] , а две — в отрезок [3;10] . Задача 2.73. В магазин зашли 6 человек и выбирают товары. Найти вероятность того, что трое из них уйдут с покупкой, если вероятность купить выбранный товар для всех одинакова и равна 0,4? Задача 2.74. Каждый четвертый клиент банка приходит в банк за получением процентов с вклада. В определенный момент в банке ожидают своей очереди обслуживания пять человек. Найти вероятность того, что двое из них пришли получать проценты. Задача 2.75. Независимо испытываются три прибора. Каждый при испытании выхолит из строя с вероятностью 0,2. Найти вероятность того, что при испытании выйдет из строя хотя бы один прибор. Задача 2.76. В систему массового обслуживания независимо друг от друга обращаются клиенты двух типов: обычные и с приоритетом в обслуживании. Вероятность поступления клиента с приоритетом равна 0,2. Найти вероятность того, что среди пяти обратившихся клиентов не более двух с приоритетом. Задача 2.77. Сколько раз нужно бросить игральную кость, чтобы с вероятностью, не меньшей 0,9, хотя бы один раз выпала шестерка? 2.7. Формула Пуассона. Простейший поток событий Пусть в эксперименте проводятся повторные испытания по схеме Бернулли и число испытаний n велико ( n → ∞ ) , вероятность p появления наблюдаемого события A в одном испытании мала ( p → 0 ) , а параметр λ = np является постоянной величиной. Тогда для вероятности Pn ( k ) — вероятности того, что событие A в n испытаниях появится k раз, справедливо соотношение lim Pn ( k ) = n →∞ λ k e −λ . k! (2.17) При вычислении вероятности Pn ( k ) в таком случайном эксперименте можно использовать приближенную формулу Pn ( k ) ≈ λ k e −λ , k! которая называется формулой Пуассона, а число λ — параметром Пуассона. (2.18) 50 Глава 2 Задача 2.78. Вероятность брака при изготовлении некоторого изделия равна 0,008. Найти вероятность того, что при контроле среди 500 изделий будет не более двух бракованных. Решение. Поскольку вероятность p = 0,008 мала, а число испытаний n = 500 велико, то можно применить формулу Пуассона с параметром λ = np = 500 ⋅ 0,008 = 4 . Искомая вероятность является вероятностью суммы трех событий: бракованных изделий оказалось два, одно или ни одного. Поэтому P ( A ) = P500 ( 2 ) + P500 (1) + P500 ( 0 ) = 42 −4 41 −4 40 −4 e + e + e = 2! 1! 0! ⎛ 42 41 40 ⎞ = e−4 ⎜ + + ⎟ = e −4 ( 8 + 4 + 1) = 13e−4 ≈ 0, 238 . ⎝ 2! 1! 0! ⎠ Определение 2.17. Потоком событий называется последовательность событий, наступающих в случайные моменты времени. Например, потоком событий будут вызовы, поступающие на АТС, потоком событий являются сигналы при сеансе радиосвязи, сообщения, поступающие для обработки на сервер, и т. д. Определение 2.18. Поток событий называется пуассоновским (простейшим), если он обладает следующими свойствами: 1. Свойством стационарности, которое состоит в том, что среднее число событий, появляющихся в единицу времени, так называемая интенсивность потока λ , есть величина постоянная. 2. Свойством ординарности, которое состоит в том, что вероятность появления хотя бы одного события за бесконечно малый промежуток времени приближенно равна вероятности появления за этот промежуток времени одного события, т. е. появление двух или более событий за малый промежуток практически невозможно. 3. Свойством отсутствия последействия, при котором вероятность появления k событий за промежуток времени t не зависит от того, сколько событий появилось на любом другом, не пересекающимся с ним участком. Если обозначить Pt ( k ) — вероятность появления k событий пуассоновского потока c интенсивностью λ за время t , то справедлива формула: Pt ( k ) = ( λt )k e−λt k! . (2.19) Задача 2.79. Страховая компания обслуживает 10 000 клиентов. Вероятность того, что в течение одного дня клиент обратится в компанию, равна 0,0003. Какова вероятность того, что в течение двух дней в нее обратятся четыре клиента? Случайные события 51 Решение. Интенсивность λ потока клиентов в течение одного дня равна λ = np = 10000 ⋅ 0,0003 = 3 , а λt = 3 ⋅ 2 = 6 . Следовательно, P2 ( 4 ) = 64 −6 e ≈ 0,134 . 4! Задача 2.80. Вероятность сбоя считывающего устройства турникета метрополитена в течение часа мала. Найти эту вероятность, если вероятность того, что за 8 часов будет хотя бы один сбой, равна 0,98, и если известно, что за час через турникет проходит в среднем 1000 человек? Решение. По формулам (2.15) и (2.19) при t = 8 вероятность P8 ( k ≥ 1) того, что в течение 8 часов будет хотя бы один сбой, равна: P8 ( k ≥ 1) = 1 − P8 ( 0 ) = 1 − ( 8λ )0 e−8λ 0! = 1 − e −8λ = 0,98 . Тогда 3,912 = 0, 489 . 8 Обозначим искомую вероятность через p и учтем, что λ = np = 1000 p . Поэтому e −8λ = 1 − 0,98 = 0,02 , −8λ = ln 0,02 = −3,912 и λ = λ = 0,000489 . 1000 Задача 2.81. Среднее число дорожных происшествий за неделю на определенном участке дороги равно семи. Какова вероятность, что за первый день на этом участке произойдет менее двух происшествий, а за последующие два дня — не менее двух? p= Решение. Обозначим через X число происшествий и вероятность искомого события A будем искать как вероятность произведения событий: P ( A ) = P { X < 2} ⋅ P { X ≥ 2} = P { X < 2} ⋅ (1 − P { X ≥ 2}) . Поскольку P { X < 2} = P { X = 0} + P ( X = 1) , то, учитывая, что среднее число до7 рожных происшествий за день λ = = 1 , а t = 2 , используем формулу (2.19): 7 P2 ( k < 2 ) = P2 ( 0 ) + P2 (1) = 20 e−2 21 e −2 + = e −2 (1 + 2 ) = 3e −2 ≈ 0, 406 . 0! 1! Тогда P ( A ) = 0, 406 ⋅ (1 − 0, 406 ) = 0,406 ⋅ 0,594 ≈ 0, 241 . З АМЕЧАНИЕ Задачи 2.82—2.85 предлагается решить самостоятельно. Задача 2.82. Испытывается независимо 50 приборов. Вероятность выхода из строя каждого равна 0,02. Партия принимается, если выйдет из строя не более одного прибора. Найти вероятность, что партия будет принята. 52 Глава 2 Задача 2.83. Вероятность появления опечатки на странице книги, содержащей 200 страниц, равна 0,01. Найти вероятность того, что в книге не будет опечаток. Задача 2.84. Среднее число вызовов, поступающих на телефонную линию за 1 секунду, равно 0,05. Вызовы поступают независимо друг от друга. Найти вероятность, что за 1 минуту поступят два вызова. Задача 2.85. Банк электронного устройства содержит 1000 одинаковых элементов. Вероятность отказа каждого элемента за один час равна 0,001. Найти вероятность, что за два часа откажут не более двух элементов. 2.8. Задания для типовых расчетов Задание 2.1 1. Из четырех элементов цепи три элемента первого типа соединены параллельно, а четвертый — второго типа — соединен с ними последовательно. События: Ai ( i = 1, 2, 3) — i-й элемент первого типа не исправен, B — не исправен элемент второго типа, С — цепь работает. Выразить событие С через события Ai и B . 2. Три стрелка стреляют по мишени. Событие Ai ( i = 1, 2, 3) — i-й стрелок попал в цель, событие B — в цель попали два стрелка, событие С — в цель попали все три стрелка. Выразить события B и С через события Ai . 3. Событие A — хотя бы одна из четырех купленных в магазине электрических лампочек бракованная, событие B — бракованных среди них нет, событие C — только одна лампочка бракованная. Что означают события: A + B , A⋅ B , A⋅C , A , C ? 4. Два шахматиста сыграли три партии, среди которых ничьих не было. Событие Ai — i-ю партию выиграл первый игрок, событие B — все три партии выиграл второй игрок, событие C — второй игрок выиграл две партии. Выразить события B и C через события Ai . 5. Самолет выходит из строя, если поражены оба двигателя или кабина пилота. Событие Ai — поражен i-й двигатель ( i = 1, 2 ) , событие B — поражена кабина пилота. Выразить события C и C через Ai и B , если событие C состоит в том, что самолет вышел из строя. 6. Бросают игральную кость. События: A — выпало три очка, B — выпало нечетное число очков, C — число выпавших очков не больше пяти. Что означают события: A + B , A ⋅ B , A ⋅ C , A + C , B , C ? 7. Два баскетболиста по очереди бросают мяч в корзину до первого попадания. Выиграет тот, кто первый попадет. События: Ak — первый попадает на k -м броске, B j — второй попадет на j -м броске, C — выигрывает второй. Выразить событие C через события Ak и B j . Случайные события 53 8. Посетитель входит в зал музея, где уже есть 4 человека. События: Ak ( k = 1, 2, 3, 4 ) — k -й человек из четырех ему знаком, B — среди четырех хотя бы один знакомый. Выразить событие B через события Ak . 9. Из ящика, содержащего бракованные и доброкачественные детали, наудачу и без возвращения извлекают по одной детали до появления бракованной. События: Ak — появление бракованной детали при k -м извлечении, B — произведено пять извлечений. Выразить событие B через события Ak . 10. Прибор состоит из трех элементов первого типа и двух элементов второго типа. Ak ( k = 1, 2, 3) — исправен k -й элемент первого типа, События: B j ( j = 1, 2 ) — исправен j -й элемент второго типа, C — прибор исправен. Прибор исправен в том случае, когда исправно не менее двух элементов первого типа и хотя бы один элемент второго типа. Выразить событие C через события Ak и B j . 11. Судно имеет одно рулевое устройство, четыре котла и две турбины. События: A — исправно рулевое устройство, Bk ( k = 1, 2, 3, 4 ) — исправен k -й котел, C j ( j = 1, 2 ) — исправна j -я турбина, D — судно управляемо. Выразить событие D через события A , Bk и C j , если известно, что судно управляемо при исправном рулевом устройстве, хотя бы одном исправном котле и хотя бы одной исправной турбине. 12. Из урны, в которой черные и белые шары, взяли два шара. События: A — оба шара белые, B — один шар черный, а другой белый. Что означают события: A + B , A ⋅ B , A , B , AB ? 13. Экзаменационный билет содержит три вопроса. События: A — студент знает первый вопрос, B — студент знает второй вопрос, C — студент знает третий вопрос, D — студент сдал экзамен. Студент сдает экзамен, если он знает первый вопрос и хотя бы один из оставшихся двух. Выразить событие D через события A , B и C . 14. Рабочий обслуживает три автоматических станка. События: A — первый станок потребует внимания в течение часа, B — второй станок потребует внимания в течение часа, C — третий станок потребует внимания в течение часа. Что означают события: A + B + C , ABC , ABC + ABC + ABC ? 15. Рабочий изготовил две детали. Событие Ak ( k = 1, 2 ) — k -я деталь имеет дефект. Выразить через Ak события: A — ни одна из деталей не имеет дефекта, B — хотя бы одна деталь имеет дефект, C — обе детали дефектны. 16. Студент берет из коробки с шариковыми ручками синего и черного цвета две ручки. События: A — хотя бы одна из них синего цвета, B — обе ручки синего цвета. Что означают события: A + B , A ⋅ B , A , B , AB , AB ? 54 Глава 2 17. Два игрока по очереди бросают монету. Выигрывает тот, у кого у первого выпадет герб. События: Ak — герб выпал у первого игрока при k -м броске, B j — герб выпал у второго игрока при j -м броске. Выразить через Ak и B j событие C — выиграет первый. 18. Из таблицы случайных чисел взято наудачу число. События: A — число четное, B — число оканчивается на ноль. Что означают события: A + B , A ⋅ B , A , B , AB , AB ? 19. Прибор состоит из трех элементов первого типа и двух элементов второго типа. События: Ak ( i = 1, 2, 3) — исправен k -й элемент первого типа, B j ( j = 1, 2 ) — исправен j -й элемент второго типа, C — прибор исправен. Прибор исправен в том случае, когда исправны все элементы первого типа и хотя бы один элемент второго типа. Выразить событие C через события Ak и B j . 20. События A — хотя бы один из трех проверяемых приборов бракованный, B — все приборы доброкачественные. Что означают события: A + B , A ⋅ B , A , B , AB , AB ? 21. В урне черные и белые шары. Взяли два шара. Событие A — хотя бы один из двух шаров черный. Событие B — оба шара черные. Что означают события: A + B , A ⋅ B , A , B , AB , AB ? 22. Мишень состоит из трех кругов, образованных концентрическими окружностями. Событие Ak ( k = 1, 2, 3) — попадание в круг радиуса rk , r1 > r2 > r3 . Что означают события: A1 + A2 + A3 , A1 A2 A3 , A2 + A3 , A2 A3 ? 23. Проводится торпедная атака по цели. Цель поражена, если было не менее двух попаданий. События Ak ( k = 1, 2, 3) — было попадание при k -м выстреле, B — цель поражена. Выразить событие B через события Ak . 24. Бросают игральную кость. События: A — выпало 2 очка, B — выпало четное число очков. Что означают события: A + B , A ⋅ B , A , B , AB , AB ? 25. Купили три лотерейных билета. Событие A — хотя бы один из трех билетов выигрышный, B — два билета выигрышные. Что означают события: A + B , A ⋅ B , A , AB , AB ? 26. Бросают две монеты. События: A — появление герба на обеих монетах, B — появление герба только на одной монете, C — появление герба хотя бы на одной монете. Что означают события: A + B , A + С , A ⋅ С , A , B , С , B + С ? 27. Стрелок производит выстрелы по цели до первого попадания. События: Ak — было попадание при k -м выстреле, B — произведено три выстрела, C — произведено не более трех выстрелов. Выразить события B и C через события Ak . Случайные события 55 28. Игральную кость бросают дважды. События: В — сумма выпавших очков четная, C — сумма выпавших очков нечетная, Ak — выпавшее на k -м броске число очков четное ( k = 1, 2 ) . Выразить события В и C через события Ak . 29. Из колоды 36 карт вынимают последовательно три карты. События: Ak ( k = 1, 2, 3) — k -я карта красной масти, B — только одна карта красной масти, C — хотя бы одна карта из трех красной масти. Выразить события В и C через события Ak . 30. Бросают три монеты. События: A — на одной монете из трех появился герб, В — хотя бы на одной монете из трех появился герб. Что означают события: A + B , A⋅ B , A , B , B − A ? Задание 2.2 1. В урне 5 белых и 10 черных шаров. Шары тщательно перемешивают и затем наугад вынимают два шара. Какова вероятность, что вынутые шары окажутся: 1) белыми; 2) разного цвета. 2. Таня и Ваня договорились встречать Новый год в компании из 10 человек. Места за столом распределяются путем жребия. Какова вероятность, что их места окажутся рядом? 3. Четыре шарика случайным образом разбрасываются по четырем лункам, каждый шарик попадает в ту или другую лунку с одинаковой вероятностью и независимо от других (препятствий к попаданию в одну и ту же лунку нескольких шариков нет). Найти вероятность того, что в одной из лунок окажутся три шарика, в другой — один, а в двух остальных лунках шариков не будет. 4. Совет директоров состоит из трех бухгалтеров, четырех менеджеров и двух аналитиков. Планируется создать группу из трех человек. Найти вероятность, что в нее попадут представители разных профессий. 5. Король Артур и 9 рыцарей садятся за круглый стол в случайном порядке. Определить вероятность того, что: 1) сэр Браун окажется рядом с королем; 2) сэр Браун и сэр Мерлин окажутся рядом с королем. 6. Туристическая группа из четырнадцати человек рассаживается случайным образом в микроавтобус, где есть одно четырехместное сиденье сзади и шесть двухместных. Какова вероятность, что два определенных человека окажутся на одном двуместном сиденьи? 7. В ящике 10 одинаковых шаров, помеченных номерами 1, 2, ..., 10. Случайным образом извлечены шесть шаров. Найти вероятность того, что среди извлеченных шаров окажутся: 1) шар № 1; 2) шары № 1 и № 2. 8. Из шести карточек с буквами М, А, Ш, И, Н, А выбирают одну за другой четыре и складывают рядом в порядке появления. С какой вероятностью будет получено слово ШИНА? Слово МАША? 9. Восемь билетов в две четырехместные театральные ложи случайным образом распределены среди группы, состоящей из четырех мужчин и четырех женщин. 56 Глава 2 Найти вероятность того, что в каждой ложе мужчин и женщин окажется поровну. 10. Из колоды 36 карт вынимают две карты. Найти вероятность того, что обе извлеченные карты одной масти. 11. В бухгалтерию поступили 15 накладных, из которых две ошибочные. Для проверки наугад извлекают три. Найти вероятность того, что: 1) все они окажутся с ошибкой; 2) только две будут с ошибкой; 3) хотя бы одна будет ошибочной. 12. Из полного набора костей домино (28 штук) берут семь. Найти вероятность того, что среди них будет хотя бы одна с шестеркой. 13. Бросают две игральные кости. Найти вероятности: 1) сумма выпавших очков равна 7; 2) сумма выпавших очков — четное число. 14. В отделе фирмы работают 6 мужчин и 4 женщины. Для работы в выходной день наугад отобрано 7 человек. Найти вероятность того, что среди отобранных лиц окажутся три женщины. 15. В отделении 12 стрелков. Шесть из них стреляют отлично, два хорошо, три удовлетворительно и один плохо. На огневой рубеж вызваны два стрелка. Найти вероятность того, что: 1) оба стреляют отлично; 2) один стреляет хорошо, второй — удовлетворительно. 16. Шесть человек входят в лифт семиэтажного дома. Какова вероятность, что они парами вышли на разных этажах? 17. Абонент забыл последние две цифры телефона и помнит только то, что они различны. Определить вероятность того, что он наудачу набрал нужный номер. 18. При игре в преферанс из 36 карт отбрасываются шестерки и две карты откладываются в прикуп. Какова вероятность, что в прикупе туз и король одной масти? 19. Брошены три игральные кости. Определить вероятность того, что на двух из них выпало одинаковое число очков. 20. В аудитории 20 студентов, из которых 15 девушек и 5 юношей. Преподаватель пригласил к доске двух студентов. Найти вероятность того, что это: 1) оба юноши; 2) один юноша и одна девушка. 21. Собрание сочинений из 5 томов поставлено на полку случайным образом. Найти вероятность, что: 1) все тома стоят подряд; 2) 1-й, 2-й и 3-й тома стоят подряд. 22. Трое пассажиров входят в лифт пятиэтажного дома. Какова вероятность, что двое из них выйдут на одном этаже? 23. Найти вероятность того, что дни рождения трех подруг придутся на разные месяцы года, если попадание их на любой месяц года равновозможное. 24. В кошельке лежат три монеты достоинством 1 рубль и семь монет достоинством 5 рублей. Наудачу берут две монеты. Определить вероятность того, что: 1) обе монеты по 1 рублю; 2) одна достоинством 1 рубль, другая — 5 рублей. Случайные события 57 25. В записанном телефонном номере две последние цифры стерлись. Определить вероятность того, что: 1) эти цифры различные; 2) эти цифры одинаковые. 26. Какова вероятность того, что четырехзначный номер автомобиля: 1) четный; 2) делится на пять? 27. Найти вероятность того, что при шести бросаниях игральной кости появятся все грани. 28. Среди 10 лотерейных билетов 3 выигрышных. Наудачу взяли 2 билета. Определить вероятность того, что: 1) оба билета выиграли; 2) один выиграл, а другой нет. 29. Имеется 15 изделий, из которых 5 с браком. Для контроля наудачу берут 2 изделия. Определить вероятность того, что: 1) среди них нет бракованных; 2) одно изделие бракованное, а другое нет. 30. Из колоды, содержащей 52 карты, наугад вынимают четыре карты. Какова вероятность, что все они разных мастей? Задание 2.3 1. Наудачу взяты два положительных числа, каждое из которых не превышает двух. Определить вероятность того, что их произведение будет не больше единицы, а частное не больше двух. 2. Значения a и b равновозможные в квадрате a ≤ 1, b ≤ 1 . Найти вероятность того, что сумма их квадратов будет больше единицы. 3. На отрезок АВ длины 1 см наудачу поставлена точка С. Найти вероятность того, что меньший из отрезков АС и СВ имеет длину, большую, чем 1/6 см. 4. Два студента договорились встретиться в институте между 8 и 9 часами. Причем тот, кто придет раньше, ждет другого не более 10 минут. Найти вероятность того, что встреча состоится после 8 часов 30 минут. 5. Какова вероятность, что уравнение x 2 + px + q = 0 не имеет действительных корней, если коэффициенты p и q выбираются наудачу из отрезка [0, 1]? 6. На плоскость с нанесенной на нее квадратной сеткой бросается монета диаметра d . Известно, что в 40% случаях монета не пересекает стороны квадрата. Найти размер сетки. 7. Луч локатора перемещается с постоянной угловой скоростью в горизонтальной плоскости. Какова вероятность обнаружить цель в угловом секторе α радиан? 8. Значения a и b равновозможные в квадрате a ≤ 1, b ≤ 1 . Найти вероятность того, что корни квадратного уравнения x 2 + px + q = 0 отрицательны. 9. На плоскости нарисованы две концентрические окружности радиусов 2 см и 4 см. Найти вероятность того, что точка, брошенная наудачу в больший круг, попадет в кольцо, образованное этими окружностями? 58 Глава 2 10. В шар вписан куб. Найти вероятность того, что выбранная наудачу внутри шара точка окажется внутри куба. 11. Наудачу выбираются два числа из промежутка [ 0;1] . Найти вероятность того, что их сумма заключена между числами 1 3 и 1. 12. На отрезке AB длины l наудачу поставлены две точки L и M . Найти вероятность того, что расстояние между ними будет меньше, чем l 4 . 13. Два парохода должны подойти к одному и тому же причалу. Время их приходов независимо и равновозможное в течение данных суток. Время стоянки первого парохода 1 час, второго — 2 часа. Найти вероятность того, что одному из пароходов придется ожидать освобождения причала. 14. Какова вероятность попасть, не целясь, бесконечно малой пулей в прутья квадратной решетки, если толщина прутьев a , а расстояние между их осями l (l > a ) ? 15. На отрезке [ −1; 2] наудачу взяты два числа. Найти вероятность того, что их сумма больше единицы, а произведение меньше единицы. 16. Наудачу взяты два положительных числа, каждое из которых не превышает единицы. Определить вероятность того, что их частное не больше трех. 17. На отрезке длиной 10 см наудачу поставлены две точки. Найти вероятность того, что длина отрезка между ними окажется меньше 5 см. 18. Через точку на диаметре окружности радиуса R проводят перпендикулярные этому диаметру хорды. Определить вероятность того, что длина случайно взя3 R. той хорды не более 2 19. Наудачу взяты два положительных числа не больше единицы. Определить вероятность того, что их сумма не меньше 0,5. 20. Даны две концентрические окружности радиусов r2 > r1 c общим центром. На большей окружности ставятся две точки: A и B . Найти вероятность того, что отрезок AB не пересекает малую окружность? 21. На плоскость с нанесенной сеткой квадратов со стороной 3 см наудачу бросают монету радиуса 1 см. Найти вероятность того, что монета не пересечет ни одной из сторон квадрата. 22. На отрезок OA длины 21 см наудачу бросается точка B . Найти вероятность того, что меньший из отрезков OB и BA имеет длину, большую, чем 7 см. 23. Найти вероятность того, что точка, поставленная случайно в круг радиуса R , окажется внутри вписанного в этот круг правильного треугольника. 24. Отрезок длины а разделили случайным образом на три отрезка. Найти вероятность, что эти отрезки могут быть сторонами некоторого треугольника. 25. Какова вероятность, что точка, поставленная случайным образом внутрь квадрата со стороной а , окажется над параболой, проходящей через две вершины квадрата и касающейся противоположной им стороны? Случайные события 59 26. На перекрестке установлен светофор, в котором 1 минуту горит зеленый свет и 0,5 минут красный. Затем все повторяется. В случайный момент времени к перекрестку подъезжает автомобиль. Какова вероятность, что он проедет перекресток без остановки? 27. На плоскости проведены параллельные линии, расстояние между которыми попеременно равны 2 и 10 см. Определить вероятность того, что наудачу брошенный на эту плоскость круг радиуса 3 см не будет пересечен ни одной линией. 28. На отрезке длиной L наудачу выбраны две точки. Какова вероятность, что расстояние между ними меньше половины L ? 29. Наудачу взяты два положительных числа, не превосходящих единицы. Определить вероятность того, что их сумма не превышает единицы, а произведение не меньше 0,09. 30. Найти вероятность того, что три отрезка длиной не более 1 см могут быть сторонами некоторого треугольника. Задание 2.4 1. Два игрока поочередно извлекают шары из урны, содержащей два белых и четыре черных шара. Выигрывает тот, кто первый вынет белый шар. Найти вероятность выигрыша начавшего игру. 2. Три охотника стреляют по цели, делая по одному выстрелу. Вероятность попадания первого охотника в цель при одном выстреле равна 0,8. Для второго и третьего охотников эта вероятность равна 0,7 и 0,6 соответственно. Найти вероятность того, что не более одного выстрела попали в цель. 3. На выходной день метеорологи предсказали дождь с вероятностью 60%, ветер — с вероятностью 45% и одновременно дождливую и ветреную погоду с вероятностью 40%. Какова вероятность ненастной (т. е. дождливой или ветреной) погоды? 4. В продукции завода брак составляет 10%. Для контроля взято 10 изделий. Какова вероятность, что из них хотя бы одно бракованное? 5. Для сигнализации об аварии установлены два независимо работающих сигнализатора. Вероятность того, что при аварии сигнализатор сработает, равна 0,95 для первого сигнализатора и 0,9 для второго. Найти вероятность того, что при аварии сработает: 1) только один сигнализатор; 2) хотя бы один сигнализатор. 6. Два игрока поочередно бросают игральную кость. Выигрывает тот, у кого раньше выпадет шесть очков. Найти вероятность выигрыша начинающего игру. 7. Три стрелка независимо друг от друга делают по одному выстрелу по мишени. Вероятности попадания для первого, второго и третьего равны соответственно 0,6, 0,4, 0,8. Какова вероятность, что в мишени только две дырки? 8. В урне n шаров с номерами от 1 до n . Шары извлекают наудачу по одному без возвращения. Какова вероятность того, что при k первых извлечениях номера шаров совпадут с номерами их извлечений. 60 Глава 2 9. Станок работает при условии одновременного функционирования узлов A , B и C , которые работают независимо друг от друга. Вероятность поломки этих узлов равна 0,2, 0,3, 0,1 соответственно. Какова вероятность, что станок выйдет из строя? 10. ЭВМ состоит из трех блоков, неисправность каждого из них вызывает сбой в ее работе. Вероятности возникновения неисправности в течение часа в каждом блоке равны соответственно 0,1, 0,1 и 0,2. Найти вероятность сбоя ЭВМ в течение часа. 11. Число дефектов в изделии может быть любым. По оценке компании вероятность отсутствия дефекта составляет 0,85, а вероятность наличия одного дефекта 0,01. Какова вероятность, что в изделии больше одного дефекта? 12. Бросают две игральные кости. Найти вероятность того, что на первой кости выпало больше четырех очков, при условии, что на второй кости выпало четыре очка. 13. В урне находятся 3 белых и 4 черных шара. Последовательно вынимают два шара. Найти вероятность того, что первый вынутый шар — белый, если известно, что хотя бы один из двух вынутых шаров — белый. 14. В урне 5 белых и 5 черных шаров. Два игрока A и B поочередно вынимают по одному шару. Вынутый шар возвращается обратно в урну, и шары перемешиваются. Выигрывает тот, кто первым вынет белый шар. Начинает игрок A . Найти вероятность того, что выиграет игрок B до своего четвертого хода. 15. Монету бросают до тех пор, пока два раза подряд не выпадет одна и та же сторона. Найти вероятность, что это произойдет до пятого броска. 16. Опыт состоит в кратковременном включении блока питания. Вероятность отказа в каждом опыте одинакова и равна 0,2. Опыты независимы и производятся последовательно до наступления отказа. Найти вероятность того, что будет произведено четыре включения. 17. Испытуемому предъявляют два теста. Вероятности решения каждого теста соответственно равны 0,7 и 0,8. Определить вероятность того, что хотя бы один тест будет решен. 18. Два стрелка стреляют по мишени. Вероятность попадания в мишень при одном выстреле для первого стрелка равна 0,95, для второго — 0,9. Найти вероятность того, что при одном залпе в мишень попадет только один стрелок. 19. В ящике 15 деталей, из которых 5 окрашенных. Сборщик наудачу взял три детали. Какова вероятность, что хотя бы одна из них окрашена? 20. Вероятность того, что цель поражена при одном выстреле первым стрелком, равна 0,2, вторым — 0,3. Первый сделал два выстрела, второй — один. Определить вероятность того, что цель поражена. 21. Транзисторный приемник смонтирован на 5 полупроводниках, для которых вероятность брака равна 0,05. Найти вероятность того, что радиоприемник будет неработоспособным, если он отказывает при наличии в нем не менее одного бракованного полупроводника. Случайные события 61 22. На полке расставлено 10 учебников, из которых 4 в твердом переплете. Взяли 3 учебника. Какова вероятность, что хотя бы один будет в твердом переплете? 23. В урне 2 белых и 3 черных шара. Два игрока поочередно извлекают шары. Выигрывает тот, кто первый вынет белый шар. Определить вероятность выигрыша начинающего игру. 24. Система состоит из двух приборов, дублирующих друг друга. При выходе из строя одного прибора происходит переключение на второй. Надежности (вероятности безотказной работы) каждого прибора равны 0,7 и 0,8 соответственно. Определить надежность системы. 25. Студент выучил 20 из 25 вопросов программы. Найти вероятность, что студент не знает хотя бы один из трех предложенных вопросов. 26. Вероятность хотя бы одного попадания в цель при двух независимых выстрелах 0,75. Найти вероятность двух попаданий при двух выстрелах. 27. При повышении напряжения в сети машина A выходит из строя с вероятностью 0,1, а машина B — с вероятностью 0,2. Определить вероятность того, что: а) обе машины выйдут из строя; б) хотя бы одна из машин выйдет из строя, если они выходят из строя независимо друг от друга. 28. В урне 2 белых, 3 черных, 5 красных шаров. Вынимают по очереди три шара. Определить вероятность того, что последние два шара красные. 29. Абонент забыл последнюю цифру нужного ему телефона и набирает ее наудачу. Найти вероятность того, что ему придется звонить не более, чем в три места. 30. Из урны, в которой 3 красных, 4 белых и 5 черных шаров, вынимают последовательно два шара. Найти вероятность того, что шары разного цвета. Задание 2.5 1. Аналитики выдали прогноз состояния экономики на будущий год: A — спад, B — средний уровень и C — процветание. Вероятности этих состояний: P ( A ) = 0,3 , P ( B ) = 0,45 , P ( C ) = 0, 25 . Доход от проекта в состоянии экономики A будет получен с вероятностью 0,03, в состоянии B — с вероятностью 0,35, в состоянии C — с вероятностью 0,78. Найти вероятность того, что: 1) проект принесет доход корпорации; 2) полученный от проекта доход был получен при экономике в состоянии процветания. 2. Фирма, занимающаяся грузоперевозками, выпускает на линию 15 автобусов. Из них: восемь "Икарусов", три "ПАЗ" и четыре "Газели". Вероятности поломки машины каждого из указанных типов равны соответственно 0,1; 0,3 и 0,25. Найти вероятность того, что: 1) автобус на маршруте сломался; 2) сломанный на маршруте автобус оказался марки "Икарус". 3. В группе из девяти стрелков первые пятеро поражают цель с вероятностью 0,6; следующие трое — с вероятностью 0,8, последний из них — с вероятностью 0,9. Найти: 1) вероятность поражения цели наугад вызванным стрелком; 62 Глава 2 2) вероятность того, что был вызван последний стрелок, если известно, что цель была поражена. 4. Завод получает 45% деталей с завода № 1, 30% — с завода № 2 и 25% — с завода № 3. Вероятность того, что деталь завода № 1 отличного качества равна 0,7; для завода № 2 и завода № 3 эти вероятности соответственно равны 0,8 и 0,9. Сборщик берет наудачу одну деталь. Найти вероятность, что: 1) взятая деталь отличного качества; 2) взятая и оказавшаяся отличного качества деталь была получена с завода № 1. 5. Приборы изготовляются двумя заводами. Первый завод поставляет 2 3 всех приборов, второй — 1 3 . Надежность приборов первого завода 0,95, а второго — 0,92. Найти: 1) надежность прибора, поступающего в продажу; 2) вероятность того, что купленный исправный прибор изготовлен первым заводом. 6. Предприятие имеет три источника поставки комплектующих — заводы A , B и C . Завод A поставляет 50% общего объема комплектующих, завод B — 40%, завод C — 10%. Статистика показывает, что 10% поставляемых заводом A деталей — брак, а заводы B и C поставляют 5 и 7% бракованных деталей соответственно. Найти вероятности того, что: 1) наугад взятая деталь оказалась бракованной; 2) взятая наугад деталь, оказавшаяся бракованной, была поставлена заводом A . 7. По цели производят три выстрела с вероятностью попадания 0,2 при каждом выстреле. Вероятность уничтожения цели при одном попадании равна 0,3, при двух — 0,6, при трех — 0,9. Найти: 1) вероятность того, что цель уничтожена; 2) вероятность того, что было одно попадание, если известно, что цель поражена. 8. Двигатель работает в нормальном режиме в 80% случаев и в форсированном — в 20% случаев. Вероятность выхода двигателя из строя за время t в нормальном режиме равна 0,1, а в форсированном — 0,7. Найти вероятность того, что: 1) двигатель за время t вышел из строя; 2) вышедший из строя двигатель работал в нормальном режиме. 9. Компьютерная фирма покупает дисководы CD-ROM двух производителей. Продукция первого производителя содержит в среднем 0,2% брака, а второго — 0,1% брака. Фирма закупила 200 дисководов первого производителя и 350 второго. Найти вероятности того, что: 1) один случайно взятый для проверки из дисковода оказался бракованным; 2) этот, оказавшийся бракованным, дисковод от первого производителя. 10. Лотерея содержит 5 выигрышных и 10 невыигрышных билетов. Два билета купили. Найти вероятность того, что: 1) купленный после этого билет выигрышный; 2) были куплены два невыигрышных билета, если после этого был куплен выигрышный билет. 11. После предварительного контроля деталь проходит одну из трех операций обработки с вероятностями 0,25; 0,35; 0,40 соответственно. Вероятность получения брака на первой операции равна 0,02; на второй — 0,04; на третьей — 0,05. Случайные события 63 Найти вероятность того, что: 1) после обработки получена деталь без брака; 2) эта, полученная после обработки не бракованная деталь, обрабатывалась первой операцией. 12. В кармане имеются три монеты достоинством 2 рубля и четыре достоинством 1 рубль. Одна монета потерялась. 1) Определить вероятность того, что владелец вынул после этого случайным образом из кармана 1 рубль. 2) После потери монеты владелец случайным образом вынул из кармана 1 рубль. Какова вероятность того, что была потеряна монета 2 рубля? 13. Компания по страховке автомобилей разделяет водителей по трем классам риска: класс A , B и C . Компания предполагает, что из всех водителей, застрахованных у нее, 30% принадлежат к классу A , 60% — к классу B и 10% — к классу C . Вероятность того, что водитель класса A попадет в течение 12 месяцев в аварию, равна 0,01. Для водителя класса B эта вероятность равна 0,05, а для водителя класса C — 0,09. Водитель страхует свою машину в этой компании. Чему равна вероятность того, что: 1) он попадет в аварию; 2) этот попавший в аварию водитель относится к классу C ? 14. В группе 20 студентов сдают экзамен. При этом 5 отличников знают все 25 вопросов, 10 хорошо подготовленных знают 20 вопросов, 3 удовлетворительно подготовленных знают 15 вопросов, а 2 плохо подготовленных — 5 вопросов. Найти вероятности событий: 1) вызванный студент ответит на все заданные ему вопросы; 2) вызванный и ответивший на все вопросы студент отличник или хорошист. 15. В течение рабочего дня два сотрудника кредитного банка выполняют 45% и 40% от общего объема работы, а стажер всего 15%. Вероятности совершить ошибку при заключении договора для них равны 0,05; 0,1 и 0,4 соответственно. Найти вероятность того, что: 1) один из договоров пришлось исправлять; 2) ошибку сделал стажер, если известно, что один из договоров пришлось исправлять. 16. Из полного набора костей домино наугад берутся две кости. Определить вероятность того, что вторую кость можно приставить к первой. 17. В урну, содержащую четыре шара, опущен белый шар. Все предположения о первоначальном количестве белых шаров равновозможные. Какова вероятность: 1) извлечь из этой урны белый шар; 2) того, что белых шаров половина, если извлеченный из урны случайным образом шар оказался белым? 18. В кармане три монеты достоинством 2 рубля и четыре монеты достоинством 5 рублей. Некто вытащил из кармана одну монету. Найти вероятность, что: 1) после этого владелец возьмет случайно из кармана 2 рубля; 2) у него вытащили 5 рублей, если взятая владельцем из кармана монета оказалась достоинством 2 рубля. 19. Три самолета-штурмовика ведут стрельбу по мишени, ориентируясь на команду "Огонь", подаваемую с командного пункта. Вероятности попадания для них равны 0,2, 0,4 и 0,6 соответственно. Команда "Огонь" подается в два раза чаще 64 Глава 2 первому самолету, чем второму и третьему, а второму и третьему одинаковое число раз. Найти вероятности того, что: 1) только один выстрел попал в цель; 2) в цель попал первый штурмовик, если известно, что только один выстрел попал в цель. 20. В фирму доставили две партии принтеров по 15 и по 20 штук в каждой. Оказалось, что в первой партии два принтера без картриджей, а во второй — один. Один из принтеров первой партии при перевозке был переложен во вторую. 1) Найти вероятность того, что случайно взятый после этого из второй партии принтер без картриджа. 2) Случайно взятый из второй партии принтер оказался без картриджа. Какова вероятность того, что до этого в нее был переложен принтер с картриджем? 21. Станок одну треть своего времени обрабатывает деталь A , а две трети — деталь B . При обработке детали A он простаивает 10% времени, а при обработке детали B — 15% времени. Какова вероятность того, что: 1) станок оказался простаивающим; 2) простой станка произошел при обработке детали A ? 22. Из трех партий взята для испытания одна деталь. Она с равной вероятностью может быть взята из каждой партии. В первой партии 20% бракованных деталей, а в двух других 95% деталей — доброкачественные. Найти вероятность того, что: 1) деталь оказалась бракованной; 2) взятая случайным образом и оказавшаяся бракованной деталь из первой партии. 23. В тире имеется пять ружей, вероятности попаданий из которых равны соответственно 0,5, 0,6, 0,7, 0,8, 0,9. Стреляющий берет одно ружье наудачу и делает выстрел. 1) Определить вероятность того, что сделанный выстрел попал в цель. 2) Сделанный выстрел попал в цель. Какова вероятность того, что было взято первое ружье? 24. Из урны, содержащей 3 белых и 5 красных шаров, утеряны два шара. Найти вероятность того, что: 1) случайным образом извлеченный после утери из урны шар белый; 2) были утеряны красные шары, если извлеченный после утери из урны шар оказался белым. 25. В первой урне 1 белый и 9 черных шаров, во второй урне 1 черный и 5 белых шаров. Из каждой урны убирают по одному шару. Оставшиеся шары ссыпают в третью урну. Определить вероятность того, что: 1) шар, взятый после этого из третьей урны, белый; 2) из первой и второй урны были убраны белые шары, если взятый после этого из третьей урны шар оказался белым. 26. В первой урне 2 белых и 5 черных шаров, во второй — 5 белых и 2 черных. Из первой урны во вторую переложили один шар, затем из второй урны извлекли один шар. Определить вероятность того, что: 1) взятый из второй урны шар — белый; 2) из первой урны во вторую был переложен белый шар, если взятый из второй урны шар оказался белым. 27. В магазин поступили однотипные изделия с трех заводов, причем первый завод поставляет 20% изделий, второй завод — 30%, третий завод — 50%. Среди изделий первого завода 80% первосортных, второго завода — 60% первосортных, Случайные события 65 третьего завода 50% первосортных. Определить вероятность, что: 1) купленное в магазине изделие первого сорта; 2) купленное в магазине и оказавшееся первосортным изделие было изготовлено на первом заводе. 28. В двух партиях 12 и 10 изделий, причем в каждой одно изделие бракованное. Одно изделие из первой партии переложили во вторую. 1) Определить вероятность того, что взятое после этого из второй партии изделие бракованное. 2) Взятое из второй партии изделие оказалось бракованным. Чему равна вероятность, что до этого в нее было переложено из первой партии также бракованное изделие? 29. В первой урне 3 белых и 5 черных шаров, во второй — 4 белых и 4 черных. Из первой урны во вторую переложили один шар, затем из второй урны извлекли один шар. Определить вероятность того, что: 1) шар, извлеченный из второй урны, черный; 2) во вторую урну из первой был переложен белый шар, если извлеченный после этого из второй урны шар оказался черным. 30. Из 1000 ламп 200 принадлежит первой партии, 300 — второй, 500 — третьей. В первой партии 6% бракованных ламп, во второй — 5%, а в третьей — 4% бракованных ламп. Определить вероятность, что: 1) наудачу выбранная лампа оказалась бракованной; 2) случайно выбранная бракованная лампа из третьей партии. Задание 2.6 1. В ящике 8 приборов, среди которых 2 с дефектами. Приборы проходят контроль, при котором взятый для проверки прибор возвращается обратно в ящик. Найти вероятность, что при проверке трех приборов только один окажется с дефектом. 2. Три монеты подбрасывают четыре раза. Найти вероятность того, что хотя бы один раз выпадут три герба. 3. Вероятность попадания в "десятку" при одном выстреле 0,3. Сколько необходимо произвести независимых выстрелов, чтобы с вероятностью не менее 0,95 попасть в "десятку" хотя бы один раз? 4. В библиотеке есть только техническая и математическая литература. Вероятность взять техническую книгу равна 0,8. Библиотеку в течение часа посетило пять человек. Найти вероятность того, что трое из них взяли техническую книгу. 5. Кость бросают шесть раз. Найти вероятность того, что шестерка выпадает не менее четырех раз. 6. Монету бросают четыре раза. Найти вероятность того, что герб выпадет: 1) менее двух раз; 2) не менее двух раз. 7. Пять лампочек включены в цепь последовательно. Вероятность перегореть для каждой равна 0,1. Найти вероятность разрыва цепи. 8. Две монеты бросают пять раз. Определить вероятность того, что два "герба" появятся не более одного раза. 9. Устройство состоит из пяти независимо работающих элементов. Вероятность отказа каждого элемента за время t одинакова и равна 0,2. Найти вероятность 66 Глава 2 отказа прибора, если для этого достаточно, чтобы отказало хотя бы три элемента из пяти. 10. При передаче сообщения вероятность искажения одного знака 0,2. Передано сообщение из пяти знаков. Найти вероятность того, что только один знак неверен. 11. Две кости одновременно бросают четыре раза. Определить вероятность того, что "двойная шестерка" выпадает только один раз. 12. Вероятность попадания в цель при одном выстреле равна 0,8. Найти вероятность того, что из четырех выстрелов не более двух будут успешными. 13. В партии деталей, изготовленных на некотором предприятии 70% деталей — стандартные, а остальные нестандартные. Найти вероятность обнаружить две нестандартные детали среди пяти случайно выбранных из этой партии. 14. В урне 2 черных и 6 белых шаров. Шар извлекают из урны, а затем возвращают назад. Определить вероятность того, что при пяти извлечениях будет 3 белых и 2 черных шара. 15. В семье шесть детей. Вероятности рождения мальчика и девочки одинаковы. Определить вероятность того, что в семье точно пять мальчиков. 16. Вероятность попасть в цель при одном выстреле равна 0,7. Определить вероятность того, что из пяти выстрелов два будут успешными. 17. Партия деталей проходит контроль. Известно, что 5% всех деталей не удовлетворяют стандарту. Сколько нужно взять деталей, чтобы с вероятностью не менее 0,95 обнаружить хотя бы одну нестандартную деталь? 18. Две монеты бросают пять раз. Определить вероятность того, что два герба появятся только три раза. 19. Устройство состоит из четырех независимо работающих элементов. Вероятности отказа каждого из элементов за время Т одинаковы и равны 0,2. Найти вероятность отказа прибора за время Т, если для этого достаточно, чтобы отказали хотя бы три элемента из четырех. 20. Три монеты подбрасывают четыре раза. Найти вероятность того, что хотя бы один раз выпадут три герба. 21. В урне 2 черных и 6 белых шаров. Шар извлекается из урны, а затем возвращается назад. Определить вероятность того, что при пяти извлечениях будет 4 белых шара. 22. Вероятность попадания при одном выстреле равна 0,25. Найти вероятность, что будет не менее трех попаданий при пяти независимых выстрелах. 23. Две игральные кости подбрасывают пять раз. Найти вероятность того, что ровно один раз выпадет одинаковое число очков. 24. Две кости одновременно бросают три раза. Определить вероятность того, что "двойная шестерка" выпадет два раза. Случайные события 67 25. Вероятности рождения мальчика и девочки одинаковы. Какова вероятность того, что среди шести наудачу отобранных новорожденных число мальчиков и девочек одинаково? 26. Что вероятнее: выиграть у равносильного противника (ничьих нет) не менее трех партий из четырех или не менее шести партий из восьми? 27. Вероятность того, что при пяти независимых вызовах сбой в работе телефонной станции произойдет хотя бы один раз, равна 0,375. Найти вероятность сбоя при одном вызове, если она одинакова при любом вызове. 28. Вероятность сбоя в работе телефонной станции при каждом вызове равна 0,2. Определить вероятность того, что при пяти вызовах число сбоев не более двух. 29. Вероятность отказа каждого прибора при испытании не зависит от отказов остальных и равна 0,2. Испытано пять приборов. Найти вероятность того, что отказало не более одного прибора. 30. Вероятность поражения крейсера торпедой равна 0,4. Произведена атака из четырех торпед. Какова вероятность, что крейсер остался невредим? Задание 2.7 1. На заводе 1000 станков, каждый из которых может выйти из строя в течение часа с вероятностью 0,001. Найти вероятность, что за 7 часов выйдет из строя не более двух станков. 2. Проводится испытание 10 000 образцов на усталость. Вероятность p поломки за сутки одного образца мала. Найти p , если вероятность того, что за двое суток не сломается ни один образец, равна 0,9. 3. Автоматическая телефонная станция получает в среднем 120 вызовов в минуту. Какова вероятность того, что в ближайшие две секунды она получит не менее двух вызовов? 4. За последние 50 лет наблюдений 8 марта в Петербурге температура ниже 15 °C наблюдалась 2 раза. Найти вероятность того, что в следующие 50 лет температура ниже 15 °C будет хотя бы один раз. 5. Автоматическая телефонная станция получает в среднем 3600 вызовов в час. Какова вероятность того, что в ближайшие две секунды она получит хотя бы один вызов? 6. Проводятся испытания 10 000 образцов на усталость. Вероятность поломки одного образца за сутки мала. Найти эту вероятность, если вероятность того, что в течение трех суток сломается хотя бы один образец, равна 0,05. 7. Среднее число SMS-сообщений, поступивших на телевизионное ток-шоу в течение часа, равно 3600. Какова вероятность, что в ближайшие 5 секунд будет ровно пять SMS-сообщений? 8. Среднее число вызовов, полученное телефонисткой в течение часа, равно 300. Какова вероятность, что в ближайшую минуту будет не более одного вызова? 68 Глава 2 9. С наколенного катода вылетает в течение минуты 600 электронов. Определить вероятность того, что в течение секунды с катода не вылетит ни одного электрона. 10. Сеанс дальней связи с подводной лодкой длится 3 секунды. Число помех при этом в среднем 1200 в час. Какова вероятность, что за сеанс будет одна помеха? 11. За час через турникет станции метрополитена проходит 1000 человек. Вероятность сбоя считывающего устройства в течение часа равна 0,002. Найти вероятность, что за 2 часа будет не более одного сбоя. 12. В справочную службу приходит в среднем 2 запроса в минуту. Найти вероятность того, что в течение ближайших трех минут придет пять запросов. 13. Сеанс дальней связи с подводной лодкой длится 3 секунды. Число помех при этом в среднем 1200 в час. Найти вероятность того, что за сеанс будет хотя бы одна помеха. 14. Типография издает тираж 10 000 экземпляров за пятидневную неделю. Вероятность брака одного экземпляра за один день мала. Определить ее, если вероятность того, что весь тираж сделан без брака, равна 0,9. 15. Станок-автомат штампует 500 деталей за смену. Вероятность p того, что деталь бракованная мала. Найти среднее число бракованных деталей за рабочую неделю (5 смен), если вероятность того, что среди 500 деталей нет брака, равна 0,02. 16. Поступление информации о результатах торгов на фондовой бирже подчиняется закону Пуассона со средним числом сообщений 1,5 в минуту. Найти вероятность, что за 2 минуты не поступит ни одного сообщения. 17. Устройство состоит из 1000 независимо работающих элементов. Вероятность выхода из строя любого элемента в течение рабочего дня равна 0,0005. Найти вероятность безотказной работы устройства в течение одной пятидневной недели. 18. Приемник состоит из 1000 независимо работающих элементов. Вероятность безотказной работы его в течение года равна 0,0045. Найти вероятность p выхода из строя одного элемента в течение месяца, если эта вероятность одинакова для всех элементов. 19. Устройство состоит из 1000 элементов, работающих независимо один от другого. Вероятность отказа любого элемента в течение часа равна 0,0002. Найти вероятность того, что в течение 8 часов откажут ровно четыре элемента. 20. Каждый из 500 элементов выходит из строя в течение минуты с вероятностью, равной 0,0002. Какова вероятность, что за час выйдет из строя не более двух элементов? 21. На заводе 1000 станков, каждый из которых выходит из строя в течение часа с вероятностью 0,001. Какова вероятность, что за смену (8 часов) выйдет из строя ровно 10 станков? Случайные события 69 22. Среднее число вызовов, поступающих на АТС в минуту, равно 2. Какова вероятность, что за четыре минуты поступит не менее трех вызовов. 23. Среднее число заказов такси, поступающих на диспетчерский пункт в минуту, равно 3. Найти вероятность того, что за две минуты поступит четыре вызова. 24. Вероятность отказа любого из 10 0000 работающих независимо элементов в течение суток равна 0,0001. Какова вероятность того, что за трое суток откажут три элемента? 25. Вероятность отказа любого из 2000 элементов за сутки 0,001. Найти вероятность того, за двое суток не отказал ни один элемент. 26. Сеанс дальней связи с подводной лодкой длится 21 секунду. При этом наблюдаются атмосферные помехи в среднем 1000 в час. Найти вероятность отсутствия помех во время сеанса с подводной лодкой. 27. Проводятся испытания 1000 образцов на усталость. Вероятность поломки каждого образца в течение суток 0,001. Найти вероятность того, что в течение двух суток сломаются менее двух образцов. 28. Среднее число вызовов, полученных телефонисткой в час, равно 120. Какова вероятность, что в ближайшую минуту она не получит вызов? 29. Поступление информации о результатах торгов на фондовой бирже подчиняется закону Пуассона со средним числом сообщений 2 в минуту. Найти вероятность, что за 2 минуты поступит пять сообщений. 30. Вероятность появления опечатки на странице книги, содержащей 100 страниц, равна 0,03. Найти вероятность того, что в книге будет не более двух опечаток. 70 Глава 2 ГЛАВА 3 Случайные величины Пусть проведен случайный эксперимент, и Ω, ℑ, P — соответствующее ему дискретное вероятностное пространство. Определение 3.1. Случайной величиной X называется числовая функция X = X ( ω) , заданная на пространстве элементарных событий Ω и отображающая множество Ω во множество вещественных чисел R. Из определения следует, что случайная величина принимает то или иное числовое значение в зависимости от того, какой исход ω реализовался в случайном эксперименте. В зависимости от того, каким является множество Ω — конечным или счетным (дискретным), или несчетным (непрерывным), различают соответственно дискретные или непрерывные случайные величины. 3.1. Закон распределения случайной величины Говорят, что известен закон распределения случайной величины, если известна функциональная зависимость между ее значениями и их вероятностями. Закон распределения случайной величины может быть задан так называемой функцией распределения, которая позволяет вычислять вероятности попадания значений случайной величины в промежуток ( −∞, x ) для любых вещественных значений x . Определение 3.2. Функцией распределения F ( x ) случайной величины X называется функция вещественной переменной x , которая при всех значениях x равна вероятности события Β = {ω : X ( ω) < x} ⊂ ℑ , т. е. F ( x ) = P { X < x} , ∀ x ∈ R . Свойства функции распределения 1. Все значения функции распределения принадлежат промежутку [ 0,1] , т. е. 0 ≤ F ( x) ≤ 1, поскольку каждое ее значение — это вероятность некоторого события. (3.1) 72 Глава 3 2. Функция распределения является неубывающей функцией, т. е. ∀ x1 < x2 ⇒ F ( x1 ) ≤ F ( x2 ) , поскольку P {−∞ < X < x2 } = P {−∞ < X < x1 } + P { x1 ≤ X < x2 } .   F ( x2 ) F ( x1 ) 3. Для функции распределения выполнены условия F ( +∞ ) = lim F ( x ) = 1 и F ( −∞ ) = lim F ( x ) = 0 , x →+∞ x →−∞ т. к. F ( +∞ ) = P { X < +∞} — вероятность достоверного F ( −∞ ) = P { X < −∞} — вероятность невозможного события. события, а 4. Из второго свойства следует, что P { x1 ≤ X < x2 } = F ( x2 ) − F ( x1 ) , т. к. P { x1 ≤ X < x2 } = P {−∞ < X < x2 } − P {−∞ < X < x1} .     F ( x2 ) F ( x1 ) 5. Функция распределения непрерывна слева, т. е. F ( x0 ) = lim F ( x ) , x → x0 − 0 откуда следует, что: • если x0 — точка разрыва функции распределения, то P { X = x0 } = F ( x0 + 0 ) − F ( x0 − 0 ) ; • если x0 — точка непрерывности функции распределения, то P { X = x0 } = 0 . 3.2. Дискретная случайная величина Из определения случайной величины следует, что она отображает дискретное вероятностное пространство Ω, ℑ, P в дискретное вероятностное пространство ⎛ x1 , x2 ,..., xn ,... ⎞ ⎜ p , p ,..., p ... ⎟ , n, ⎠ ⎝ 1 2 которое обозначается Ω X , P и называется вероятностным пространством, порожденным случайной величиной X . Следовательно, можно дать другое определение дискретной случайной величины, которое эквивалентно определению 3.1. Определение 3.3. Дискретной случайной величиной называется переменная, которая принимает не более чем счетное (конечное или счетное) число значений с за- Случайные величины 73 данными вероятностями. При этом сумма вероятностей по всем возможным значениям случайной величины равна единице. Закон распределения дискретной случайной величины Закон распределения дискретной случайной величины чаще всего задают в виде таблицы, содержащей ее возможные значения и вероятности, с которыми принимаются эти значения. Такая таблица называется рядом распределения (табл. 3.1). Таблица 3.1 X х1 х2 ... хп ... PX = P { X = xi } р1 р2 ... рп ... Для вероятностей pi должно выполняться условие ∑ pi = 1 , (3.2) i в котором суммирование ведется по всем возможным значениям случайной величины. При бесконечном счетном числе значений случайной величины утверждение (3.1) означает, что числовой ряд ∞ ∑ рi сходится и его сумма равна единице. i =1 Если известен ряд распределения дискретной случайной величины X (см. табл. 3.1), то ее функция распределения определяется из соотношений: x ≤ x1 , ⎡ 0, ⎢p , x1 < x ≤ x2 , ⎢ 1 ⎢ p1 + p2 , x2 < x ≤ x3 , F ( x) = ⎢ ⎢ p1 + p2 + p3 , x3 < x ≤ x4 , ⎢⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⎢ x > xn . ⎢⎣1, (3.3) Задача 3.1. Случайная величина X задана рядом распределения в табл. 3.2. Таблица 3.2 X 1 2 3 4 5 PX 0,1 0,2 0,1 0,15 a 0,25 Найти значение P {1 < X < 3,5} . параметра a, функцию распределения и вероятность 74 Глава 3 Решение. 1) Используя формулу (3.2), получим равенство 0,1 + 0, 2 + 0,1 + 0,15 + a + 0,25 = 1 , из которого следует, что a = 0, 2 . 2) Функцию распределения найдем, используя соотношения (3.3): x ≤ 0, ⎡ 0, ⎡ 0, ⎢ 0,1, ⎢ 0,1, 0 < x ≤ 1, ⎢ ⎢ 1 < x ≤ 2, ⎢ 0,1 + 0,2, ⎢ 0,3, ⎢ ⎢ F ( x ) = ⎢ 0,1 + 0,2 + 0,1, 2 < x ≤ 3, или F ( x ) = ⎢ 0, 4, ⎢ 0,1 + 0,2 + 0,1 + 0,15, ⎢ 0,55, 3 < x ≤ 4, ⎢ ⎢ ⎢ 0,1 + 0,2 + 0,1 + 0,15 + 0, 2, 4 < x ≤ 5, ⎢ 0,75, ⎢⎣1, ⎢⎣1, x>5 x ≤ 0, 0 < x ≤ 1, 1 < x ≤ 2, 2 < x ≤ 3, 3 < x ≤ 4, 4 < x ≤ 5, x > 5. График функции распределения показан на рис. 3.1. Рис. 3.1 3) Вероятность P {1 < X < 3,5} можно вычислить, используя свойство 4 функции распределения: P {1 < X < 3,5} = P {1 ≤ X < 3,5} − P { X = 1} = F ( 3,5 ) − F (1) − P { X = 1} = 0,55 − 0,1 − 0, 2 = 0, 25 . Однако в данном случае искомую вероятность проще определить из ряда распределения, учитывая, что событие {1 < X < 3,5} тождественно сумме событий { X = 2} и { X = 3} . Поэтому P {1 < X < 3,5} = P { X = 2} + P { X = 3} = 0,1 + 0,15 = 0, 25 . Случайные величины 75 Числовые характеристики дискретной случайной величины Математическим ожиданием дискретной случайной величины X называется число M [ X ] , определяемое формулой M [ X ] = ∑ xi ⋅ pi , (3.4) i в которой xi — значения случайной величины; pi — вероятности, с которыми принимаются эти значения. Свойства математического ожидания 1. Если С = const , то M [C ] = C . 2. Если С = const , а X — случайная величина и M [ X ] — ее математическое ожидание, то M [C ⋅ X ] = C ⋅ M [ X ] . 3. Для любой случайной величины X справедливо M [X ] ≤ M [ X ]. 4. Если X 1 , X 2 , ..., X n — случайные величины с математическими ожиданиями M [ X 1 ] , M [ X 2 ] ,..., M [ X n ] , то для математического ожидания случайной велиn чины X = ∑ X i справедливо равенство i =1 ⎡ n ⎤ n M [ X ] = M ⎢∑ X i ⎥ = ∑ M [ X i ] . ⎣ i =1 ⎦ i =1 З АМЕЧАНИЕ В формуле (3.4) математическое ожидание определяется как конечная сумма произведений значений случайной величины на вероятности, с которыми принимаются эти значения в том случае, когда вероятностное пространство эксперимента конечно. Если же эксперимент имеет счетное число исходов, то математическое ожидание — это сумма сходящегося ряда (3.4). Если ряд (3.4) расходится, то математическое ожидание не определено. Модой дискретной случайной величины называется ее возможное значение xmod , которое принимается случайной величиной с наибольшей вероятностью. З АМЕЧАНИЕ Случайная величина может иметь более одной моды. В этом случае ее распределение называется полимодальным в отличие от унимодального распределения — распределения, имеющего единственную моду. Мода случайной величины может быть не определена. 76 Глава 3 Медианой случайной величины X называется возможное значение случайной величины xmed , для которого справедливо соотношение 1 . 2 Дисперсией случайной величины Χ называется математическое ожидание квадрата отклонения этой случайной величины от ее математического ожидания. Дисперсия обозначается D [ X ] или σ 2х и определяется соотношением: P { X ≤ xmed } = P { X ≥ xmed } = 2 D [ X ] = M [ X − M [ X ]] . (3.5) Свойства дисперсии Для любой случайной величины X , для которой определена дисперсия, справедливо: 1. D [ X ] ≥ 0 . 2. Если С = const , то D [C ] = 0 . 3. Если С = const , а X — случайная величина и D [ X ] — ее дисперсия, то D [C ⋅ X ] = C 2 D [ X ] . 4. Для вычисления дисперсии можно использовать более удобную формулу 2 D [ X ] = M ⎡⎣ X 2 ⎤⎦ − ( M [ X ]) . (3.6) 5. Если дискретная случайная величина задана рядом распределения (см. табл. 3.1), то ее дисперсия вычисляется по формуле D [ X ] = ∑ xi2 ⋅ pi − ( M [ X ]) , 2 (3.7) i если определено математическое ожидание M [ X ] , и случайная величина принимает конечное число значений или значений счетное множество, а числовой ряд ∑ xi2 ⋅ pi сходится. В противном случае говорят, что дисперсия не опредеi лена. Среднеквадратическим отклонением случайной величины (СКВО) называется неотрицательное число σ X , которое определяется по формуле σX = D[ X ] . (3.8) Задача 3.2. Вычислить числовые характеристики случайной величины, заданной рядом распределения в табл. 3.2 (см. задачу 3.1). Решение. 1) Из формулы (3.4) следует, что M [ X ] = 0 ⋅ 0,1 + 1 ⋅ 0, 2 + 2 ⋅ 0,1 + 3 ⋅ 0,15 + 4 ⋅ 0, 2 + 5 ⋅ 0, 25 = 2,9 . Случайные величины 77 2) Дисперсию случайной величины вычислим, используя формулу (3.7). D [ X ] = 0 ⋅ 0,1 + 1 ⋅ 0, 2 + 4 ⋅ 0,1 + 9 ⋅ 0,15 + 16 ⋅ 0, 2 + 25 ⋅ 0,25 − 2,92 = = 11, 4 − 8, 41 = 2,99 , тогда среднеквадратическое отклонение σ X = D [ X ] = 2,99 = 1,729 . 3) Модальное значение xmod = 5 , поскольку вероятность P { X = 5} = 0, 25 — наибольшая. 4) Учитывая, что P { X = 3} = 0,15 можно представить как P { X = 3} = 0,1 + 0,05 , установим, что P { X ≤ 3} = 0,1 + 0, 2 + 0,1 + 0,1 = 0,5 и P { X ≥ 3} = 0,05 + 0, 2 + 0, 25 = 0,5 . Тогда по определению xmed = 3 . Задача 3.3. Орудие стреляет по цели, делая три выстрела. Вероятность попадания в цель при первом выстреле равна 0,8, при втором — 0,6, при третьем — 0,7. Составить ряд распределения случайной величины X — числа попаданий при трех выстрелах. Найти все числовые характеристики случайной величины X , построить ее функцию распределения и вычислить P { X < M [ X ]} . Решение. 1) Случайная величина X может принимать значения: 0, 1, 2 и 3. Вычислим вероятности этих событий, учитывая, что вероятности промаха при каждом из трех сделанных выстрелах равны 0,2; 0,4 и 0,3 соответственно.  P { X = 0} — это вероятность того, что все выстрелы дали промах, т. е. P { X = 0} = 0,2 ⋅ 0, 4 ⋅ 0,3 = 0,024 .  P { X = 1} — это вероятность того, что только один выстрел из трех попал в цель, а два дали промах. Поэтому P { X = 1} = 0,8 ⋅ 0, 4 ⋅ 0,3 + 0, 2 ⋅ 0,6 ⋅ 0,3 + 0, 2 ⋅ 0, 4 ⋅ 0,7 = 0,188 .  P { X = 2} — это вероятность того, что только два выстрела из трех попали в цель, а один дал промах. Поэтому P { X = 2} = 0,8 ⋅ 0,6 ⋅ 0,3 + 0,8 ⋅ 0, 4 ⋅ 0,7 + 0, 2 ⋅ 0,6 ⋅ 0,7 = 0, 452 .  P { X = 3} — это вероятность того, что все три выстрела попали в цель. Следова- тельно, P { X = 3} = 0,8 ⋅ 0,6 ⋅ 0,7 = 0,336 . Ряд распределения случайной величины X запишем в виде табл. 3.3. Таблица 3.3 X 1 2 3 Σ PX 0,024 0,188 0,452 0,336 1 78 Глава 3 2) Найдем числовые характеристики случайной величины X по формулам (3.4), (3.7) и (3.8): M [ X ] = 0 ⋅ 0,024 + 1 ⋅ 0,188 + 2 ⋅ 0, 452 + 3 ⋅ 0,336 = 2,1 , D [ X ] = 0 ⋅ 0,024 + 1 ⋅ 0,188 + 22 ⋅ 0, 452 + 32 ⋅ 0,336 − 2,12 = 0,61 , σ X = 0,61 ≈ 0,781 xmod = xmed = 2 . Функцию распределения найдем, используя соотношения (3.3): x ≤ 0, ⎡ 0, ⎢ 0,024, 0 < x ≤ 1, ⎢ F ( x ) = ⎢ 0, 212, 1 < x ≤ 2, ⎢ ⎢ 0,664, 2 < x ≤ 3, x > 3, ⎣⎢1, а график функции распределения показан на рис. 3.2. Рис. 3.2 С помощью функции распределения найдем: P { X < M [ X ]} = P {−∞ < X < 2,1} = F ( 2,1) = 0,664 . Задача 3.4. Баскетболист забрасывает мяч в корзину до первого попадания, решив заранее не делать более трех бросков. Вероятность попадания при первом броске равна 0,8, при втором — 0,6, при третьем — 0,7. Составить ряд распределения случайной величины X — числа произведенных бросков. Найти все ее числовые характеристики и вероятность того, что было более одного броска. Решение. 1) Случайная величина X может принимать значения: 1, 2 и 3. Вычислим вероятности этих событий, учитывая, что вероятности промаха при каждом из трех сделанных бросков равны 0,2, 0,4 и 0,3 соответственно. Случайные величины 79  P { X = 1} — это вероятность того, что было попадание в корзину при первом броске. Поэтому P { X = 1} = 0,8 .  P { X = 2} — это вероятность того, что первый бросок — промах, а при втором броске мяч попал в корзину. Поэтому P { X = 2} = 0, 2 ⋅ 0,6 = 0,12 .  P { X = 3} — это вероятность того, что первые два выстрела — промахи. Следо- вательно, независимо от того, попал или нет в корзину мяч при третьем броске, вероятность равна P { X = 3} = 0, 2 ⋅ 0,4 = 0,08 . Ряд распределения случайной величины X показан в табл. 3.4. F ( x) Таблица 3.4 X 1 2 3 Σ PX 0,8 0,12 0,08 1 Рис. 3.3 2) Найдем числовые характеристики случайной величины X по формулам (3.4), (3.7) и (3.8): M [ X ] = 1 ⋅ 0,8 + 2 ⋅ 0,12 + 3 ⋅ 0,08 = 1, 28 , D [ X ] = 12 ⋅ 0,8 + 22 ⋅ 0,12 + 32 ⋅ 0,08 − 1, 282 = 0,3616 , σ X = 0,3616 ≈ 0,6013 xmod = xmed = 1 . 3) Функцию распределения найдем, используя соотношения (3.3): x ≤ 1, ⎡ 0, ⎢ 0,8, 1 ≤ x < 2, F ( x) = ⎢ ⎢ 0,92, 2 ≤ x < 3, ⎢ x > 3, ⎣1, а график функции распределения показан на рис. 3.3. 80 Глава 3 4) Из табл. 3.4 ясно, что искомая вероятность P { X > 1} = P { X = 2} + P { X = 3} = 0,12 + 0,08 = 0, 2 . З АМЕЧАНИЕ Задачу 3.5 предлагается решить самостоятельно. Задача 3.5. У охотника 4 патрона. Он стреляет по зайцу, пока не попадет или пока не кончатся патроны. Вероятность попадания при одном выстреле равна 0,25. Случайная величина X — количество сделанных выстрелов. Составить ряд распределения случайной величины X , найти все ее числовые характеристики, а также вероятность того, что было не менее двух выстрелов. Биномиальный закон распределения Говорят, что случайная величина X распределена по биномиальному закону, если ее значения — целые неотрицательные числа, а вероятности, с которыми она принимает эти значения, определяются по формуле Бернулли P ( n, k , p ) = Pn ( k ) = P { X = k } = Спk ⋅ p k ⋅ q n − k , (3.9) где k — возможные значения случайной величины; n — число независимых испытаний; p — вероятность успеха в одном испытании; а q = 1 − p . Случайная величина X , например, имеет биномиальное распределение, если она представляет собой количество успехов в серии независимых испытаний по схеме Бернулли. Если повторных испытаний n и вероятность успеха p , то ряд распределения биномиальной случайной величины X имеет вид, показанный в табл. 3.5. Таблица 3.5 X 1 2 ... k ... n PX qn Cn1 p q n −1 Cn2 p 2 q n − 2 ... Cnk p k q n − k ... pn Название "биномиальный закон" связано с тем, что вероятности Pn ( k ) в ряде распределения (см. табл. 3.5) суть члены разложения по формуле бинома Ньютона n двучлена ( p + q ) , а именно: n ( p + q )n = ∑ Cnk p k q n−k . k =0 Математическое ожидание, дисперсия и среднеквадратическое отклонение случайной величины, распределенной по биномиальному закону, определяются соотношениями: M [ X ] = np , D [ X ] = npq , σ X = npq . (3.10) Случайные величины 81 Задача 3.6. 10% всех деталей в партии, выпущенной предприятием, являются нестандартными. Наудачу для контроля отобраны 4 детали. Найти закон распределения случайной величины Χ — числа нестандартных деталей среди четырех отобранных, построить функцию распределения, определить все ее числовые характеристики и вычислить вероятность P {0, 2 < X < 3,3} . Решение. 1) Случайная величина X принимает значения 0, 1, 2, 3, 4 и распределена по биномиальному закону. Вероятности, с которыми принимаются эти значения, вычисляются по формуле Бернулли (3.9). Поскольку по условию задачи нестандартных деталей 10%, то вероятность выбрать одну нестандартную деталь (вероятность успеха) p = 0,1 , а вероятность выбрать одну стандартную деталь q = 1 − p = 0,9 . Поэтому, используя формулу Бернулли, получим: P { X = 0} = 0,94 = 0,6561 ; P { X = 1} = С41 ⋅ 0,1 ⋅ 0,93 = 0,2916 ; P { X = 2} = С42 ⋅ 0,12 ⋅ 0,92 = 0,0486 ; P { X = 3} = С43 ⋅ 0,13 ⋅ 0,9 = 0,0036 ; P { X = 4} = 0,14 = 0,0001 . Ряд распределения случайной величины X представлен в табл. 3.6. Таблица 3.6 X 1 2 3 4 Σ PX 0,6561 0,2916 0,0486 0,0036 0,0001 1 2) Функция распределения случайной величины X определяется из равенств (3.3): ⎡ 0, ⎢ 0,6561, ⎢ ⎢ 0,9477, F ( x) = ⎢ ⎢ 0,9963, ⎢ 0,9999, ⎢ ⎣1, x ≤ 0, F ( x) 0 < x ≤ 1, 1 < x ≤ 2, 2 < x ≤ 3, 3 < x ≤ 4, x > 4. График функции распределения показан на рис. 3.4. Рис. 3.4 3) Поскольку n = 4 , p = 0,1 , q = 0,9 , то, используя формулы (3.10) для числовых характеристик биномиального закона, получим: 82 Глава 3  математическое ожидание M [ X ] = np = 4 ⋅ 0,1 = 0, 4 ;  дисперсия D [ X ] = npq = 4 ⋅ 0,1 ⋅ 0,9 = 0,36 ;  среднеквадратическое отклонение σ X = 0,6 ;  xmod = 0 , т. к. это значение принимается случайной величиной с наибольшей ве- роятностью p1 = 0,6561 ;  xmed = 0 , т. к. представляя P { X = 0} = 0,6561 = 0,5 + 0,1561 и учитывая, что p2 + p3 + p4 + p5 + 0,1561 = 0,5 и, следовательно, P { X ≤ 0} = P { X ≥ 0} = 0,5 . 4) P {0, 2 < X < 3,3} = P {0, 2 ≤ X < 3,3} = F ( 3,3) − F ( 0, 2 ) = 0,9999 − 0,6561 = 0,3438 или P {0, 2 < X < 3,3} = P { X = 1} + P { X = 2} + P { X = 3} = = 0, 2916 + 0,0486 + 0,0036 = 0,3438 . Задача 3.7. Случайная величина X — число выпадений герба при трех бросаниях монеты. Составить закон распределения случайной величины X , найти все ее числовые характеристики и вычислить вероятность того, что герб выпал более двух раз. Решение. 1) Случайная величина X может принимать значения 0, 1, 2, 3. Поскольку вероятность выпадения герба и выпадение решетки — равновероятные события (монета считается симметричной), то вероятность успеха p = 1 / 2 и вероятность неуспеха q = 1 / 2 равны. Вероятности, с которыми случайная величина X принимает значения 0, 1, 2, 3, вычисляются по формуле Бернулли (3.9): P { X = 0} = q 3 = 1 = 0,125 , 8 1 1 3 P { X = 1} = С31 ⋅ p ⋅ q 2 = 3 ⋅ ⋅ = = 0,375 , 2 4 8 1 1 3 P { X = 2} = С32 ⋅ p 2 ⋅ q = 3 ⋅ ⋅ = = 0,375 , 4 2 8 1 = 0,125 . 8 Случайная величина X распределена по биномиальному закону, и в табл. 3.7 дан ее ряд распределения. P { X = 3} = p 3 = Таблица 3.7 X 1 2 3 Σ PX 0,125 0,375 0,375 0,125 1 Случайные величины 83 2) Числовые характеристики:  математическое ожидание M [ X ] = np = 3 ⋅ 0,5 = 1,5 ;  дисперсия D [ X ] = npq = 3 ⋅ 0,5 ⋅ 0,5 = 0,75 ;  СКВО σ X = 0,75 ≈ 0,8667 ;  xmod1 = 1 , xmod2 = 2 , xmed1 = 1 , xmed2 = 2 . 3) Искомая вероятность P { X > 2} = P { X = 3} = 0,125 . З АМЕЧАНИЕ Задачу 3.8 предлагается решить самостоятельно. Задача 3.8. Составить закон распределения случайной величины X — числа выигранных партий у равносильного противника в серии из пяти матчевых встреч, найти все ее числовые характеристики и вычислить вероятность того, что выигрышных партий будет более трех. Закон распределения Пуассона Дискретная случайная величина Χ распределена по закону Пуассона, если ее значения — целые неотрицательные числа, а вероятности, с которыми они принимаются, вычисляются по формуле Пуассона λ k −λ e , (3.11) k! где λ > 0 — постоянная величина, которую называют параметром Пуассона, k = 0,1, 2, ..., n, ... — возможные значения случайной величины. P (k , λ) = P { Χ = k } = Распределение Пуассона широко применяется в задачах массового обслуживания, а также является предельным случаем биномиального, когда n → ∞ , p → 0 , а np → λ , и справедливо приближенное равенство: λ k −λ e , где λ = np . k! Параметр Пуассона имеет вполне определенный вероятностный смысл: λ — среднее число появления наблюдаемого события в серии независимых испытаний. Распределенная по закону Пуассона случайная величина принимает бесконечное счетное количество значений. Вид ее ряда распределения представлен в табл. 3.8. Спk ⋅ p k ⋅ q n − k ≈ Таблица 3.8 X 1 2 ... n ... PX e −λ e−λ λ 1! e−λ λ 2 2! ... e−λ λ n n! ... 84 Глава 3 Здесь k = 0, 1, 2, ..., n, ... — возможные значения случайной величины, а λ > 0 — параметр Пуассона. Очевидно, что e −λ λ k Pn ( k ) = ≥0 k! и при этом ∞ e −λ λ k λk = e −λ ∑ = e −λ eλ = e0 = 1 . ! ! k k k =0 k =0 ∞ ∞ ∑ Pn ( k ) = ∑ k =0 Числовые характеристики случайной величины X , распределенной по закону Пуассона, определяются соотношениями: M [ X ] = D [ X ] = λ , СКВО: σ X = λ . (3.12) Задача 3.9. Учебник издан тиражом 10 000 экземпляров. Вероятность того, что учебник сброшюрован неправильно, равна 0,0002. Найти закон распределения случайной величины Χ — числа неверно сброшюрованных учебников в тираже, ее числовые характеристики, а также вероятность того, что тираж содержит более 5 бракованных книг. Решение. 1) По условию n = 10000 и p = 0,0002 . Поскольку события, состоящие в том, что книги бракованные, независимы, число n велико, а вероятность p — мала, то будем считать, что случайная величина Χ распределена по закону Пуассона с параметром λ = n ⋅ p = 10000 ⋅ 0,0002 = 2 . Вероятности событий { X = k } при k = 0,1, 2, 3, 4, 5 в данном распределении будем вычислять по формуле (3.11): P ( 0, 2 ) = P (2, 2) = 20 −2 21 e = e −2 ≈ 0,1353 , P (1, 2 ) = e −2 = 2e −2 ≈ 0, 2707 , 0! 1! 22 −2 23 4 ⋅ e = 2e −2 ≈ 0, 2707 , P (3, 2) = ⋅ e −2 = e −2 ≈ 0,1804 , 2! 3! 3 24 −2 2 −2 25 4 ⋅ e = e ≈ 0,0902 , P (5, 2) = e−2 = e −2 ≈ 0,0361 . 4! 3 5! 15 Ряд распределения случайной величины Χ представлен в табл. 3.9. P (4, 2) = Таблица 3.9 X 1 2 3 4 5 ... PX 0,1353 0,2707 0,2707 0,1804 0,0902 0,0361 ... 2) По формулам (3.12): M [ X ] = D [ X ] = λ = 2 , σ X = λ = 2 = 1, 414 , xmod1 = 1 , xmod2 = 2 , xmed = 2 . Случайные величины 85 3) Искомая вероятность ⎛ 20 21 22 23 24 25 ⎞ P { X > 5} = 1 − P { X ≤ 5} = 1 − e −2 ⎜ + + + + + ⎟ = ⎝ 0! 1! 2! 3! 4! 5! ⎠ 109 = 1 − e −2 ≈ 0,0165 . 15 З АМЕЧАНИЕ Задачу 3.10 предлагается решить самостоятельно. Задача 3.10. Проверяется партия из 10 000 изделий. Вероятность того, что изделие бракованное, равна 0,0001. Найти закон распределения случайной величины Χ — числа бракованных изделий в партии. Вычислить ее числовые характеристики и определить вероятность того, что партия содержит не менее трех бракованных изделий. Геометрическое распределение Дискретная случайная величина X распределена по геометрическому закону, если ее значения — натуральные числа, а вероятности, с которыми она принимает эти значения, определяются по формуле Pk = P { X = k } = p ⋅ q k −1 , (3.13) где k = 1, 2, ... — возможные значения случайной величины; p — вероятность успеха в одном испытании; а q = 1 − p . Например, случайная величина X имеет геометрическое распределение, если она представляет собой число испытаний, проведенных до первого успеха по схеме Бернулли, и если p — вероятность успеха в одном испытании. Распределенная по геометрическому закону дискретная случайная величина X принимает бесконечное счетное число значений, а вид ряда распределения показан в табл. 3.10. Таблица 3.10 При этом X 1 2 ... n ... PX p p⋅q ... p ⋅ q n −1 ... ∞ ∞ ∞ n =1 n =1 n =1 1 p ∑ pi = ∑ p ⋅ q n−1 = p ∑ q n−1 = p ⋅ 1 − q = p = 1 . Числовые характеристики случайной величины X , имеющей геометрическое распределение, определяются соотношениями: M [X ] = q 1 q , D [ X ] = 2 , СКВО: σ X = , xmod = 1 . p p p (3.14) 86 Глава 3 Задача 3.11. Игральная кость бросается до первого появления шести очков. Найти закон распределения случайной величины X — числа произведенных бросков, ее числовые характеристики, а также вероятность того, что шесть очков выпадет после третьего броска. Решение. 1) Случайная величина X — число бросков до первого выпадения шести очков — распределена по геометрическому закону с параметрами p = 1/6 и q = 5/6 . Поэтому 1 1 ⎛5⎞ 1 1 5 5 ⋅ ⎜ ⎟ = , P { X = 2} = ⋅ ⎛⎜ ⎞⎟ = , 6 ⎝6⎠ 6 6 ⎝ 6 ⎠ 36 2 3 1 ⎛5⎞ 25 1 ⎛5⎞ 125 P { X = 3} = ⋅ ⎜ ⎟ = , P { X = 4} = ⋅ ⎜ ⎟ = ≈ 0,0964 . 6 ⎝6⎠ 216 6 ⎝ 6 ⎠ 1 296 P { X = 1} = Ряд распределения случайной величины X дан в табл. 3.11. Таблица 3.11 X 1 2 3 4 ... PX 1 6 5 36 25 216 125 1296 ... 2) Числовые характеристики случайной величины X определим по формуле (3.14): M [X ] = q 1 q = 30 ≈ 5, 477 . = 6 , D [ X ] = 2 = 30 , σ X = p p p Мода xmod = 1 , а поскольку для ряда распределения 91 ≈ 0, 4213 < 0,5 , 216 P { X = 1} + P { X = 2} + P { X = 3} + P { X = 4} ≈ 0,5177 > 0,5 , P { X = 1} + P { X = 2} + P { X = 3} = то медиана xmed = 4 . 3) Для вычисления искомой вероятности перейдем к противоположному событию. 3 1 5 25 ⎞ 91 125 ⎛ 5 ⎞ P { X > 3} = 1 − P { X ≤ 3} = 1 − ⎛⎜ + + = =⎜ ⎟ . ⎟ =1− 216 216 ⎝ 6 ⎠ ⎝ 6 36 216 ⎠ З АМЕЧАНИЕ Если случайная величина X распределена по геометрическому закону, то вероятность: P { X > n} = 1 − P { X ≤ n} = 1 − ( p + pq + pq 2 + ... + pq n −1 ) = = 1 − p (1 + q + q 2 + ... + q n −1 ) = 1 − p (1 − q n ) 1− q а вероятность P { X ≥ n} = 1 − P { X < n} = q n −1 . = 1 − 1 + qn = qn , Случайные величины 87 З АМЕЧАНИЕ Задачи 3.12 и 3.13 предлагается решить самостоятельно. Задача 3.12. Производится стрельба в мишень до первого попадания. Вероятность попадания при одном выстреле равна 0,25. Найти закон распределения случайной величины X — числа произведенных выстрелов, ее числовые характеристики, а также вероятность того, что попадание будет после четвертого выстрела. Задача 3.13. Известно, что в ящике с изготовленными на предприятии деталями 5% брака. Найти закон распределения случайной величины X — числа извлеченных из ящика деталей до первого обнаружения бракованной детали. Вычислить ее числовые характеристики, а также вероятность того, что бракованная деталь появится после второго извлечения. 3.3. Непрерывная случайная величина Непрерывная случайная величина и ее закон распределения Определение 3.4. Случайная величина X называется непрерывной случайной величиной, если существует такая неотрицательная интегрируемая функция f ( x ) , называемая плотностью распределения вероятностей, что ее функция распределения F ( x ) определяется из соотношения F ( x ) = P { X < x} = x ∫ f ( t ) dt при всех x ∈ R . (3.15) −∞ Поскольку функция распределения непрерывной случайной величины выражается через плотность распределения f ( x ) при x ∈ R по формуле (3.15) с помощью операции интегрирования, то функция распределения F ( x ) будет непрерывной на всей числовой оси и дифференцируемой на всей числовой оси, за исключением, может быть, конечного числа точек. Для функции распределения F ( x ) непрерывной случайной величины выполняются свойства 1—5, приведенные в начале главы. З АМЕЧАНИЕ 1 Поскольку функция распределения непрерывной случайной величины непрерывна, то по пятому свойству функции распределения справедливо: P { X = x0 } = 0 при всех x = x0 , т. е. каждое свое значение непрерывная случайная величина принимает с вероятностью 0. З АМЕЧАНИЕ 2 Из пятого свойства функции распределения следует, что для непрерывной случайной величины справедливы соотношения: P { x1 ≤ X < x2 } = P { x1 < X < x2 } = P { x1 < X ≤ x2 } = P { x1 ≤ X ≤ x2 } . 88 Глава 3 Свойства плотности распределения Плотность распределения f ( x ) обладает следующими свойствами: 1. Во всех точках непрерывности плотности f ( x ) на основании теоремы Барроу имеет место равенство f ( x) = F ′( x ) . 2. f ( x ) ≥ 0 при всех x ∈ R , как производная невозрастающей функции F ( x ) . 3. x2 ∫ f ( t ) dt = P {x1 ≤ X < x2 } при любых x1 , x2 ∈ R . С геометрической точки зрения x1 третье свойство означает, что вероятность P { x1 ≤ X < x2 } равна площади криволинейной трапеции, ограниченной осью Ох , кривой плотности распределения f ( x ) и прямыми x = x1 , x = x2 (рис. 3.5). f ( x) f ( x) x1 x2 Рис. 3.5 Рис. 3.6 4. Условие нормированности +∞ ∫ f ( x ) dx = 1 . Геометрически условие нормирован- −∞ ности означает, что площадь области, ограниченной графиком функции f ( x ) и осью Ox , равна единице (рис. 3.6). Задача 3.14. Непрерывная случайная величина X задана функцией распределения x ≤ 0, ⎡ 0, ⎢ 2 F ( x ) = ⎢ Ax + B, x ∈ ( 0; 2] , ⎢1, x > 2. ⎣ Найти значения параметров A и B , функцию распределения случайной величины X , вероятность P {0, 25 < X < 0,5} . Решение. 1) Функция распределения F ( x ) непрерывной случайной величины X непрерывна. Это означает, что в точках x1 = 0 и x2 = 2 выполняются условия непрерывности, т. е. lim F ( x ) = lim F ( x ) = 0 , lim F ( x ) = lim F ( x ) = 1 . x →0+ 0 x→0 −0 x → 2−0 x →2 + 0 Случайные величины 89 Поэтому должны выполняться условия B = 0, ⎧ F ( 0 ) = 0, ⎧ или ⎨ ⎨ ⎩ 4 A + B = 1. ⎩ F ( 2 ) = 1, Из полученной системы ясно, что B = 0 и A = 1 . Следовательно, 4 x ≤ 0, ⎡ 0, ⎢1 2 F ( x ) = ⎢ x , x ∈ ( 0; 2] , ⎢4 x > 2. ⎣1, 2) Плотность распределения случайной величины X можно найти, используя ее первое свойство: ⎡ 0, x ≤ 0, ⎢1 f ( x ) = F ′ ( x ) = ⎢ x, x ∈ ( 0; 2] , ⎢2 ⎢⎣ 0, x > 2. Графики функции распределения F ( x ) и плотности распределения f ( x ) показаны на рис. 3.7, a и б соответственно. F ( x) f ( x) а б Рис. 3.7 3) Вероятность попадания случайной величины в промежуток ( 0,25, 0,5 ) равна: P {0, 25 < X < 0,5} = F ( 0,5 ) − F ( 0, 25 ) = 14 ( 0,52 − 0, 252 ) ≈ 0,0469 . Задача 3.15. Закон распределения непрерывной случайной величины задан плотностью распределения x ∈ ( −∞, − 2] ∪ [ 2, + ∞ ) , ⎧0, ⎪ f ( x) = ⎨ A , x ∈ ( −2, 2 ) . ⎪ ⎩ 4 − x2 Найти параметр A , функцию распределения, построить графики плотности и функции распределения. 90 Глава 3 Решение. 1) Параметр A можно определить из условия нормированности. Поскольку +∞ 2 2 1 x π f x dx = 2 A dx = 2 A arcsin = 2 A ⋅ = Aπ , ( ) ∫ ∫ 4 − x2 20 2 −∞ 1 то A = , и поэтому плотность распределения будет задана соотношениями: π x ∈ ( −∞, − 2] ∪ [ 2, + ∞ ) , ⎧0, ⎪ f ( x) = ⎨ 1 , x ∈ ( −2, 2 ) . ⎪ ⎩ π 4 − x2 2) Из соотношения (3.15) определяется функция распределения случайной величины X . При этом в соотношении F ( x ) = x ∫ f ( t ) dt следует рассматривать три слу- −∞ чая x ≤ −2 , −2 < x ≤ 2 и x > 2 в соответствии с тем, как задана на этих промежутках плотность f ( x ) : F ( x) =  при x ≤ −2 x ∫ f ( t ) dt = −∞ −2 ∫ 0dt + −∞ −2 ∫ ∫ 0 ⋅ dt = 0 ; −∞  при −2 < x ≤ 2 F ( x ) =  при x > 2 F ( x ) = x 0dt + −∞ 2 x x 1 1 1 t 1 x 1 dt = arcsin = arcsin + ; ∫ 2 2 −2 π 2 2 π −2 4 − t π 1 1 dt + ∫ π −2 4 − t 2 +∞ ∫ 2 0dt = 2 1 t arcsin = 1. 2 −2 π x ≤ −2, ⎡ 0, ⎢1 1 F ( x ) = ⎢ arcsin x + , −2 < x ≤ 2, 2 ⎢π ⎢⎣1, x > 2. Следовательно, Графики плотности распределения f ( x ) и функции распределения F ( x ) показаны на рис. 3.8 и 3.9. f ( x) F ( x) 1 2 1 2π –2 Рис. 3.8 2 x Рис. 3.9 Случайные величины 91 Числовые характеристики непрерывной случайной величины Математическим ожиданием непрерывной случайной величины X называется число M [ X ] , которое определяется из соотношения: M [X ] = +∞ ∫ x ⋅ f ( x ) dx , (3.16) −∞ где f ( x ) — плотность распределения, а несобственный интеграл предполагается сходящимся абсолютно. В противном случае математическое ожидание не определено. З АМЕЧАНИЕ Для определенного формулой (3.16) математического ожидания непрерывной случайной величины справедливы все свойства математического ожидания, которые даны в разд. 3.2. Мода (модальное значение) непрерывной случайной величины X — это значение x = xmod , соответствующее наибольшему значению плотности распределения f ( x ) (рис. 3.10). З АМЕЧАНИЕ Модальных значений случайной величины может быть более одного. В этом случае распределение называется полимодальным. Медиана xmed непрерывной случайной величины X — это число, для которого справедливо соотношение: P { X ≤ xmed } = P { X ≥ xmed } = 1 . 2 (3.17) З АМЕЧАНИЕ 1 Медиану непрерывной случайной величины можно вычислять, как корень уравнения F ( x) = 1 . 2 (3.18) З АМЕЧАНИЕ 2 Если график плотности распределения имеет ось симметрии x = a , то xmed = a . В частности, если плотность f ( x ) — четная функция, то xmed = 0 (рис. 3.11). Дисперсией D [ X ] непрерывной случайной величины X , у которой определено математическое ожидание M [ X ] , называется число, определяемое формулой D[ X ] = +∞ ∫x −∞ 2 2 ⋅ f ( x ) dx − ( M [ X ] ) , (3.19) 92 Глава 3 где предполагается, что несобственный интеграл сходится абсолютно. В противном случае дисперсия не определена. Для дисперсии непрерывной случайной величины, определенной формулой (3.19), выполняются все свойства дисперсии, определенные для дисперсии дискретной случайной величины в разд. 3.2. Среднеквадратическим отклонением непрерывной случайной величины называется неотрицательное число, которое определяется по формуле σX = D[ X ] . (3.20) Рис. 3.10 Рис. 3.11 Задача 3.16. Определить числовые характеристики непрерывной случайной величины, закон распределения которой задан плотностью распределения (см. задачу 3.14) x ≤ 0, ⎡ 0, ⎢1 f ( x ) = ⎢ x, x ∈ ( 0, 2] , ⎢2 ⎢⎣ 0, x > 2. Решение. 1) Математическое ожидание случайной величины определяется из соотношения (3.16). +∞ 2 1 1 x3 M [ X ] = ∫ xf ( x ) dx = ∫ x 2 dx = ⋅ 2 2 3 −∞ 2 = 4 . 3 2) Из рис. 3.12 — графика плотности f ( x ) , ясно, что xmod = 2 , поскольку при этом значении плотность распределения наибольшая. 3) Из рис. 3.12 ясно, что 0 < xmed < 2 . Функция распределения найдена в задаче 3.14: 1 F ( x ) = x 2 , при 0 < x < 2 . 4 Случайные величины 93 Используя формулу (3.18), запишем уравнение для определения медианы: f ( x) 1 2 1 x = , или x 2 = 2 , или x = 2 . 4 2 Медиану можно найти геометрически. Поскольку площадь прямоугольного треуголь1 ника с катетами x и f ( x ) = x равна 2 2 1 x x 1 и принимает значение S1 = ⋅ x ⋅ = 2 2 4 2 при x = 2 (рис. 3.12), то xmed = 2 . 1 x y= 2 1 2 Рис. 3.12 4) Дисперсию случайной величины X определим по формуле (3.19): 2 2 2 2 1 4 1 4 x4 D [ X ] = ∫ x 2 ⋅ xdx − ⎛⎜ ⎞⎟ = ∫ x3 dx − ⎛⎜ ⎞⎟ = 2 20 8 ⎝3⎠ ⎝ 3⎠ 2 − 16 16 16 2 = − = , 9 8 9 9 а среднеквадратическое отклонение по формуле (3.20) равно: 2 2 = ≈ 0, 471 . 9 3 Задача 3.17. Непрерывная случайная величина X задана плотностью распределения x < −4, ⎡ 0, ⎢ − Ax, −4 ≤ x < 0, f ( x) = ⎢ ⎢ A x , 0 ≤ x < 4, ⎢ x ≥ 4. ⎣ 0, σX = D[ X ] = Найти значение параметра A , функцию распределения случайной величины, ее числовые характеристики и вероятность P {−1 < X < 5} . Решение. 1) Значение параметра A определим из свойства нормированности плотности распределения +∞ ∫ f ( x)dx = 1 . −∞ Поскольку +∞ ∫ −∞ то 4 f ( x)dx = − A ∫ xdx + A∫ x dx = − A ⋅ −4 A= x2 2 −4 3 . 40 + A⋅ 2 3 x 3 4 = 8A + 16 40 A= A, 3 3 94 Глава 3 2) Найдем функцию распределения случайной величины X из соотношения (3.15).  При x < −4 F ( x ) = x ∫ 0dx = 0 . −∞  При −4 ≤ x < 0 F ( x ) = −4 ∫ 0 dx − −∞ x 3 3 x2 xdx = − 40 −∫4 40 2 x −4 = 3 3 2 − x . 5 80  При 0 ≤ x < 4 −4 x 3 3 3 x2 F ( x ) = ∫ 0dx − xdx + x dx = − 40 −∫4 40 ∫0 40 2 −∞ −4 + 3 2 ⋅ ⋅ x3 40 3 x = 3 1 + x3 . 5 20  При x ≥ 4 F ( x) = −4 ∫ 0dx − −∞ 4 x 3 3 3 x2 xdx x dx dx + + = − ∫ 40 −∫4 40 ∫0 40 2 4 −4 + 4 3 2 3 2 ⋅ ⋅ x3 = + = 1 . 40 3 5 5 Следовательно, x < −4, ⎡ 0, ⎢3 3 ⎢ − x2 , −4 ≤ x < 0, 5 80 F ( x) = ⎢ ⎢3 1 x3 , 0 ≤ x < 4, ⎢ + 5 20 ⎢ x ≥ 4. ⎣⎢1, Графики плотности распределения f ( x ) и функции распределения F ( x ) показаны на рис. 3.13, а и б. f ( x) F ( x) 3 10 3 20 3 5 а б Рис. 3.13 3) Числовые характеристики случайной величины X :  математическое ожидание, вычисленное по формуле (3.16), равно: 4 3 3 3 3 x3 2 2 dx = − M [X ] = − x dx x + ⋅ 40 −∫4 40 ∫0 40 3 5 4 3 2 + ⋅ ⋅ x2 40 5 −4 8 24 16 =− + =− ; 5 25 25 Случайные величины 95  модальным значением является число xmod = −4 , поскольку в этой точке плот- ность распределения (см. рис. 3.13, a); принимает наибольшее значение,  медиану вычислим, используя формулу (3.18). Уравнение равное 0,3 3 1 1 + ⋅ x3 = не 5 20 2 имеет корней при x ∈ [ 0, 4 ) , поскольку оно равносильно уравнению x3 = −2 . Значит, медиана принадлежит промежутку [ −4, 0] и является отрицательным 3 3 2 1 2 2 − x = , т. е. xmed = − ; 5 80 2 3  дисперсию случайной величины X вычислим по формуле (3.19): корнем уравнения D[ X ] = − =− 3 x4 ⋅ 40 4 4 7 4 + −4 2 3 3 16 x 3 dx + ∫ x 2 xdx − ⎛⎜ − ⎞⎟ = ∫ 40 −4 40 0 ⎝ 25 ⎠ 2 3 2 2 16 24 96 256 ⋅ ⋅ x − ⎛⎜ ⎞⎟ = + − ≈ 7,13 ; 40 7 25 5 35 625 ⎝ ⎠  среднеквадратическое отклонение — по формуле (3.20): σ X = D [ X ] = 7,13 ≈ 2,67 . 4) Вероятность попадания случайной величины X в промежуток ( −1; 5 ) найдем, используя свойство 4 функции распределения (см. разд. 3.1): 3 3 7 P {−1 < X < 5} = F ( 5 ) − F ( −1) = 1 − + = = 0, 4375 . 5 80 16 З АМЕЧАНИЕ Задачи 3.18 и 3.19 предлагается решить самостоятельно. Задача 3.18. Плотность распределения непрерывной случайной величины X задана формулой x ∉ [ 2; 4] , ⎡ 0, f ( x) = ⎢ ⎣ A ( x − 4 ) , x ∈ [ 2; 4]. Найти A , функцию распределения случайной величины X , вероятность P {0 ≤ X < 2} и все числовые характеристики случайной величины X . Задача 3.19. Задана функция распределения непрерывной случайной величины X . x < 0, ⎡ 0, ⎢ 3 F ( x ) = ⎢ Ax + B, 0 ≤ x < 1, ⎢1, x ≥ 1. ⎣ 96 Глава 3 Найти параметры A и B , плотность распределения f ( x ) , все числовые характеристики случайной величины X и вероятность P {0,5 ≤ X < 1} . Равномерное распределение Непрерывная случайная величина X распределена равномерно на промежутке [ a, b ] , если ее плотность определяется соотношениями ⎡ 1 , x ∈ (a; b], f ( x) = ⎢b − a ⎢ ⎣ 0, x ∉ (a; b], (3.21) в которых числа a, b — параметры распределения. З АМЕЧАНИЕ Равномерное распределение имеет, например, случайная величина, представляющая собой время ожидания автобуса на остановке. Равномерное распределение имеет ошибки, возникающие при округлении чисел. График плотности распределения показан на рис. 3.14, из которого ясно, что все ее свойства выполнены. Функция распределения равномерно распределенной на промежутке [ a, b ] случайной величины X имеет вид x ≤ a, ⎡ 0, ⎢x−a , a < x ≤ b, F ( x) = ⎢ ⎢b − a ⎢⎣1, x > b. и ее график показан на рис. 3.15. (3.22) Числовые характеристики равномерно распределенной на промежутке [ a, b ] случайной величины X вычисляются по формулам: M [ X ] = xmed f ( x) 2 b−a a+b (b − a ) , D[ X ] = , σX = . = 2 12 2 3 F ( x) 1 b−a Рис. 3.14 Рис. 3.15 (3.23) Случайные величины 97 Модой равномерно распределенной случайной величины согласно определению является любое число из промежутка [ a, b ] , хотя ясно, что понятие моды в этом случае лишено смысла. Задача 3.20. Найти функцию распределения, числовые характеристики и вероятность P {1,5 < X < 2,5} случайной величины X , закон распределения которой задан плотностью распределения: ⎡ A, x ∈ (1; 3] , f ( x) = ⎢ ⎣ 0, x ∉ (1; 3]. Решение. 1) Заданная случайная величина распределена равномерно на промежутке (1, 3] . Поэтому из формулы (3.21) следует, что ее плотность распределения имеет вид ⎡ 1 , x ∈ 1; 3 , ( ] f ( x) = ⎢ 2 ⎢ ⎣ 0, x ∉ (1; 3] , а график плотности распределения показан на рис. 3.16. f ( x) F ( x) 1 2 3 1 x Рис. 3.16 Рис. 3.17 2) Функция распределения этой случайной величины, учитывая (3.22), задается соотношениями x ≤ 1, ⎡ 0, ⎢ x −1 F ( x) = ⎢ , 1 < x ≤ 3, ⎢ 2 ⎢⎣ 1, x > 3, а ее график дан на рис. 3.17. 3) Числовые характеристики найдем из формул (3.23) 1 1 M [ X ] = xmed = 2 , D[ X ] = , σ X = . 3 3 4) Вероятность P {1,5 < X < 2,5} можно определить, используя третье свойство плотности распределения, т. е. 98 Глава 3 P {1,5 < X < 2,5} = 2,5 ∫ f ( x ) dx = S ( D ) , 1,5 1 1 где область D показана на рис. 3.18. Поэтому S ( D ) = ⋅ ( 2,5 − 1,5 ) = ⋅ 1 = 0,5 . 2 2 f ( x) 1 2 D 1 1,5 2,5 3 x Рис. 3.18 Задача 3.21. Автобусы некоторого маршрута идут строго по расписанию. Интервал движения — 10 минут. Найти вероятность того, что пассажир, подошедший к остановке, будет ждать очередного автобуса менее 4 минут. Решение. Рассмотрим случайную величину X — время ожидания пассажиром автобуса. По смыслу задачи случайная величина X распределена равномерно на промежутке [ 0,10] с плотностью ⎡ 0,1, x ∈ ( 0; 10] , f ( x) = ⎢ x ∉ ( 0; 10]. ⎣ 0, Поэтому P { X < 4} = P {−∞ < X < 4} = 4 ∫ −∞ 4 f ( x ) dx = ∫ 0,1dx = 0, 4 . З АМЕЧАНИЕ Задачи 3.22 и 3.23 предлагается решить самостоятельно. Задача 3.22. Случайная величина X , являющаяся погрешностью приближенных вычислений при округлении до ближайших целых чисел, удовлетворительно описывается равномерным на промежутке ( −0,5; 0,5] распределением. Найти все числовые характеристики этой случайной величины, а также вероятность того, что ошибка не превысит 0,1. Задача 3.23. Трамваи идут регулярно с интервалами 8 минут. Пассажир выходит на остановку в случайный момент времени. Найти все числовые характеристики случайной величины X — времени ожидания пассажиром трамвая, а также вероятность, что пассажир будет ждать трамвая более 5 минут. Случайные величины 99 Показательное (экспоненциальное) распределение Случайная величина X распределена по показательному (экспоненциальному) закону, если ее плотность определяется соотношениями x < 0, ⎡ 0, f ( x ) = ⎢ −λx ⎣ λ e , x ≥ 0, (3.24) где λ — постоянная положительная величина. График плотности распределения f ( x ) представлен на рис. 3.19. Функция распределения случайной величины X , распределенной по показательному закону, определяется равенствами: x < 0, ⎡ 0, F ( x) = ⎢ −λx ⎣1 − e , x ≥ 0. (3.25) График функции распределения случайной величины показан на рис. 3.20. f ( x) F ( x) Рис. 3.19 Рис. 3.20 З АМЕЧАНИЕ По показательному закону будет, например, распределена случайная величина X — длительность времени безотказной работы прибора, если λ — среднее число отказов в единицу времени. Для такой случайной величины функция R ( t ) = 1 − F ( t ) = e −λt , называется функцией надежности прибора и представляет собой вероятность безотказной работы прибора за время t . Числовые характеристики непрерывной случайной величины X , распределенной по показательному закону, вычисляются по формулам: M [X ] = 1 1 1 ln 2 , D[ X ] = 2 , σ X = , xmod = 0 , xmed = . λ λ λ λ (3.26) Задача 3.24. Найти плотность распределения, числовые характеристики и вероятность P {0 < X < 2} случайной величины X , закон распределения которой задан функцией распределения 100 Глава 3 x < 0, ⎡ 0, F ( x) = ⎢ −2 x ⎣1 − e , x ≥ 0. Решение. Из соотношений (3.25) следует, что заданная случайная величина распределена по показательному закону с параметром λ = 2 . Поэтому ее плотность распределения согласно (3.24) имеет вид: x < 0, ⎡ 0, f ( x ) = ⎢ −2 x ⎣ 2e , x ≥ 0, а числовые характеристики находятся из формул (3.26): M [X ] = 1 1 1 ln 2 , D[ X ] = , σ X = , xmod = 0 , xmed = . 2 4 2 2 2 2 P {0 < X < 2} = ∫ f ( x ) dx = ∫ 2e −2 x dx = 2 =1− e −4 2 e −2 x = −e −2 x 0 = −2 ≈ 1 − 0,018316 ≈ 0,982 . Задача 3.25. Найти время безотказной работы прибора в течение двух часов, если среднее число отказов прибора за 1 час λ = 1 . Решение. Учитывая замечание данного раздела, вычислим искомую вероятность через функцию надежности P {t = 2} = R ( 2 ) = e −2 ≅ 0,1353 . З АМЕЧАНИЕ Задачи 3.26 и 3.27 предлагается решить самостоятельно. Задача 3.26. Время T выхода из строя радиостанции подчинено показательному закону распределения с плотностью ⎡0,5 ⋅ e−0,5 t , t ≥ 0, f (t ) = ⎢ t < 0. ⎣0, Найти функцию распределения случайной величины T , все ее числовые характеристики, а также вероятность того, что радиостанция сохранит работоспособность от одного до четырех часов работы. Задача 3.27. Совещание по рабочим вопросам в управлении длится в среднем около часа. Считая продолжительность совещания распределенной по показательному закону, определить вероятность того, что оно продлится не менее 75 минут. Распределение Коши Непрерывная случайная величина X имеет распределение Коши, если ее плотность определяется формулой 1 . (3.27) f ( x) = π (1 + x 2 ) Случайные величины 101 Функция распределения непрерывной случайной величины X , имеющей распределение Коши, определяется соотношением 1 1 + ar ctg x . (3.28) 2 π Графики плотности и функции распределения Коши показаны на рис. 3.21, а и б соответственно. F ( x) = f ( x) F ( x) 1 1 2 а x б Рис. 3.21 Математическое ожидание и дисперсия этого распределения не определены. Мода и медиана равны нулю. Нормальное распределение (распределение Гаусса) Непрерывная случайная величина X имеет нормальное распределение, если ее плотность распределения имеет вид: f ( x) = ( x−a )2 1 − e 2 σ2 , σ 2π (3.29) где −∞ < x < +∞ ; −∞ < а < +∞ ; σ > 0 ; a, σ — параметры распределения. График функции f ( x) при a = 0 показан на рис. 3.22 и называется кривой Гаусса. Параметры a и σ представляют собой соответственно математическое ожидание и среднеквадратическое отклонение нормально распределенной случайной величины X , т. е. M [ X ] = a , σ X = σ , D [ X ] = σ2 . В общем случае кривая Гаусса имеет ось симметрии x = a и поэтому мода и медиана равны a . З АМЕЧАНИЕ 1 Параметры a и σ нормального распределения иногда называют средним значением и стандартным отклонением соответственно. 102 Глава 3 f ( x) 0,8 1 2 σ= 0,4 σ =1 0,2 σ=2 4 3 2 1 1 2 3 4 x Рис. 3.22 Функция распределения нормальной случайной величины определяется из соотношения F ( x) = x 1 x−a⎞ + Φ ⎛⎜ ⎟, 2 ⎝ σ ⎠ (3.30) 2 −t где Φ ( x ) = 1 ∫ e 2 dt — функция Лапласа. 2π 0 Из соотношения (3.30) следует, что: 1. Вероятность попадания случайной величины X , распределенной по нормальному закону с параметрами a и σ , в промежуток ( x1 ; x2 ) , замкнутый или открытый, вычисляется по формуле x −a⎞ ⎛ x1 − a ⎞ . P { x1 < x < x2 } = Φ ⎛⎜ 2 ⎟ − Φ⎜ ⎟ ⎝ σ ⎠ ⎝ σ ⎠ (3.31) 2. Вероятность попадания нормальной случайной величины с параметрами a и σ в промежуток, симметричный относительно параметра a , определяется формулой δ P { X − a < δ} = 2Φ ⎛⎜ ⎞⎟ . ⎝σ⎠ (3.32) Случайные величины 103 3. Вероятность того, что нормальная случайная величина с параметрами a и σ принимает значения меньшие x2 , равна: x −a⎞ 1 P { X < x2 } = F ( x2 ) = Φ ⎛⎜ 2 ⎟+ . ⎝ σ ⎠ 2 (3.33) 4. Вероятность того, что нормальная случайная величина с параметрами a и σ принимает значения большие x1 , равна: P { X > x1} = P { x1 < X < +∞} = F ( +∞ ) − x −a⎞ 1 1 ⎛ x1 − a ⎞ . (3.34) − Φ ⎛⎜ 1 ⎟ = − Φ⎜ ⎟ 2 ⎝ σ ⎠ 2 ⎝ σ ⎠ З АМЕЧАНИЕ 2 1 x ∫e − z2 2 dz = Φ ( x ) можно найти в таблице 2π 0 (см. табл. П.2). При использовании таблицы надо учитывать следующие свойства функции Лапласа: Значения функции Лапласа 1. Φ ( − x ) = −Φ ( x ) . 2. lim Φ ( x ) = 0,5 , причем уже при x →+∞ x≥5 можно считать, что практически Φ ( x ) = 0,5 . З АМЕЧАНИЕ 3 Для любой нормально распределенной с параметрами a и σ случайной величины X справедливо: P { X − a < 3σ} = 0,9973 . Это означает, что лишь в 0,27% наблюдений значение X отклонится от a более чем на 3σ . Такие события можно считать практически невозможными. Поэтому для нормального закона используют так называемое правило "трех сигма": практически достоверно, что нормальная случайная величина отклонится от параметра a не более чем на 3σ . Задача 3.28. Производятся два независимых измерения прибором, имеющим систематическую ошибку 0,5 мм и среднеквадратичное отклонение 6 мм. Какова вероятность того, что из трех измеренных значений два будут отклоняться от истинного значения не более чем на 15 мм? Решение. Случайная величина X — ошибка измерения — подчинена нормальному закону с параметрами a = 0,5 и σ = 6 . Вероятность того, что одно измеренное значение будет отклоняться от истинного не более чем на 15 мм, определяется из соотношения (3.32): 15 p = P { X − a ≤ 15} = 2Ф ⎛⎜ ⎞⎟ = 2Ф ( 2,5 ) = 2 ⋅ 0, 4938 = 0,9876 . ⎝ 6⎠ 104 Глава 3 Найденная вероятность p = 0,9876 — это вероятность успеха в одном испытании в серии из трех независимых испытаниях по схеме Бернулли. Поэтому P3 ( 2 ) = C32 p 2 q = 3 ⋅ 0,9753 ⋅ 0,0124 = 0,0363 . Задача 3.29. Случайная величина X распределена нормально с математическим ожиданием a = 12 и среднеквадратичным отклонением σ = 3 . Найти интервал, в который с вероятностью 0,9973 попадет X в результате испытания. Решение. По правилу "трех сигма" искомый интервал имеет вид: ( a − 3σ; a + 3σ ) = ( 3; 21) . Задача 3.30. В нормально распределенной совокупности 10% значений X меньше 11 и 30% значений X больше 15,5. Найти среднее значение и стандартное отклонение данного распределения. Решение. В задаче требуется найти параметры нормального распределения: среднее значение (математическое ожидание) — a и стандартное отклонение (среднеквадратическое отклонение) — σ . Из условия задачи ясно, что справедлива система ⎧ P ( X < 11) = 0,1, ⎨ ⎩ P ( X > 15,5 ) = 0,3, которую, учитывая свойство вероятности, можно записать в виде: ⎧ P ( X < 11) = 0,1, ⎧ F (11) = 0,1, ⇔⎨ ⎨ ⎩ P ( X < 15,5 ) = 1 − 0,3 = 0,7, ⎩ F (15,5 ) = 0,7. Переходя от функции распределения к функции Лапласа по формуле (3.30) и используя таблицу (см. табл. П.2), получим: ⎧ 1 + Φ ⎛ 11 − a ⎞ = 0,1, ⎧Φ ⎛ 11 − a ⎞ = −0, 4, ⎧11 − a = −1,3, ⎜ ⎟ ⎪ ⎪ ⎜⎝ σ ⎟⎠ ⎪ σ ⎪2 ⎝ σ ⎠ ⎪ ⎪ ⇔⎨ ⇔⎨ ⎨ ⎪ 1 + Φ ⎛⎜ 15,5 − a ⎞⎟ = 0,7, ⎪Φ ⎛⎜ 15,5 − a ⎞⎟ = 0,2, ⎪15,5 − a = 0,5. ⎪ ⎩ σ ⎩⎪ 2 ⎝ σ ⎠ ⎩⎪ ⎝ σ ⎠ Решением последней системы являются параметры нормального распределения a = 14, 25 и σ = 2,5 . Задача 3.31. Каким должно быть среднеквадратическое отклонение σ , чтобы толщина X металлического листа, выпускаемого заводом, отличалась от номинала a = 2 мм не более чем на 5% номинала с вероятностью, не меньшей 0,99? Предполагается, что случайная величина X распределена нормально. Решение. По условию задачи P { X − a < a ⋅ 0,05} ≥ 0,99 . Поскольку a = 2 , то, учитывая формулу (3.32), можно записать соотношение 0,1 ⎞ P { X − a < 0,1} = 2Φ ⎛⎜ ⎟, ⎝ σ ⎠ Случайные величины 105 из которого следует, что 0,1 ⎞ ⎛ 0,1 ⎞ ≥ 0, 495 . 2Φ ⎛⎜ ⎟ ≥ 0,99 , или Φ ⎜ ⎟ ⎝ σ ⎠ ⎝ σ ⎠ Функция Лапласа Φ ( x ) = 0, 495 при x = 2,58 (см. табл. П.2), а функция распределения случайной величины — функция неубывающая. Значит, справедливо неравенство 0,1 ≥ 2,58 , σ из которого следует, что σ ≤ 0,1 ≈ 0,039 . 2,58 З АМЕЧАНИЕ Задачи 3.32—3.35 предлагается решить самостоятельно. Задача 3.32. Производится измерение диаметра вала. Случайные ошибки измерения X подчинены нормальному закону с σ = 10 мм. Найти вероятность того, что измерение будет произведено с ошибкой, не превосходящей по абсолютной величине 15 мм. Задача 3.33. Автомат изготавливает шарики. Шарик считается годным, если отклонение X диаметра шарика от проектного размера по абсолютной величине менее 0,7 мм. Считая, что непрерывная случайная величина X распределена нормально со средним квадратичным отклонением σ = 0, 4 мм, найти среднее количество годных шариков среди 100 изготовленных. Задача 3.34. Цена акции — случайная величина X , которая распределена нормально с математическим ожиданием 90 $ и среднеквадратическим отклонением 4 $. Найти вероятность того, что цена акции будет от 85 до 95 $. Задача 3.35. Производителю известно, что средний срок работы прибора составляет 1000 часов, а стандартное отклонение срока работы — 120 часов. Считая, что срок работы распределен по нормальному закону, найти вероятность того, что прибор прослужит менее 1100 часов. 3.4. Задания для типовых расчетов Задание 3.1 1. Орудие стреляет по цели до двух попаданий, но делает не более трех выстрелов. Вероятность попадания в цель при одном выстреле 0,8. Выстрелы производятся независимо друг от друга. Дискретная случайная величина X — число сделанных выстрелов. Найти: 1) ряд распределения случайной величины X ; 2) функцию распределения F ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание, дисперсию и СКВО; 4) моду и медиану; 5) вероятность того, что было произведено не менее двух выстрелов. 106 Глава 3 2. Радиостанция через определенные промежутки времени посылает позывные сигналы (не более четырех) до установления двусторонней связи. Вероятность получения ответа на позывной сигнал равна 0,3. Дискретная случайная величина X — число посланных позывных. Найти: 1) ряд распределения случайной величины X ; 2) функцию распределения F ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание, дисперсию и СКВО; 4) моду и медиану; 5) вероятность того, что до установления двусторонней связи было послано не более трех позывных. 3. В партии из пяти изделий 2 нестандартных. Случайным образом из партии взято три изделия. Дискретная случайная величина X — число стандартных изделий среди трех отобранных. Найти: 1) ряд распределения случайной величины X ; 2) функцию распределения F ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание, дисперсию и СКВО; 4) моду и медиану; 5) вероятность P { X ≤ M [ X ]} . 4. В библиотеке есть только техническая и математическая литература. Вероятность взять техническую книгу равна 0,8. Библиотеку в течение часа посетило пять человек. Дискретная случайная величина X — число читателей, взявших математическую книгу. Найти: 1) ряд распределения случайной величины X ; 2) функцию распределения F ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание, дисперсию и СКВО; 4) моду и медиану; 5) вероятность того, что не более трех человек возьмут математическую книгу. 5. Проводятся пять независимых опытов, в каждом из которых событие A появляется с вероятностью 0,2. Пусть случайная величина X — число появлений события A в пяти опытах. Найти: 1) ряд распределения случайной величины X ; 2) функцию распределения F ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание, дисперсию и СКВО; 4) моду и медиану; 5) вероятность P {1 ≤ X ≤ 3} . 6. Два орудия залпом стреляют по цели до первого попадания хотя бы одним орудием. Вероятность попадания каждого орудия в цель при одном выстреле равна 0,1. Найти закон распределения случайной величины X — числа проведенных залпов и все ее числовые характеристики. Построить функцию распределения F ( x ) и ее график, найти вероятность того, что было не менее двух залпов. 7. Рабочий обслуживает три станка. Вероятность того, что один из трех станков за время t потребует внимания рабочего, равна 0,3. Найти закон распределения случайной величины X — число станков, требующих внимания рабочего за время t , и все ее числовые характеристики. Построить функцию распределения F ( x ) и ее график, найти вероятность того, что за время t потребует внимания не менее двух станков. 8. Среднее число дорожных происшествий за неделю на определенном участке дороги равно 7. Найти закон распределения случайной величины X — числа дорожных происшествий за неделю и все ее числовые характеристики. Построить функцию распределения F ( x ) и ее график. Какова вероятность, что за первый день на этом участке произойдет менее двух происшествий, а за последующие два дня — не менее двух? Случайные величины 107 9. Проверяется партия из 10 000 изделий. Вероятность того, что изделие бракованное, равна 0,0001. Найти закон распределения случайной величины X — числа бракованных изделий и все ее числовые характеристики. Построить функцию распределения F ( x ) и ее график, найти вероятность, что в партии более двух бракованных изделий. 10. Среднее число грузовиков, прибывающих на склад под разгрузку в течение часа, равно трем. Найти закон распределения случайной величины X — числа прибывающих на склад под разгрузку в течение часа машин и все ее числовые характеристики. Построить функцию распределения F ( x ) и ее график, найти вероятность, что за час на склад прибудет не более двух машин. 11. В среднем за пять дней рабочей недели на производственной линии происходят 3,6 неполадок. Найти закон распределения случайной величины X — числа неполадок в каждый день работы и все ее числовые характеристики. Построить функцию распределения F ( x ) и ее график, найти вероятность появления более двух неполадок в каждый день работы. 12. Игральная кость бросается до первого появления шести очков. Найти: 1) закон распределения случайной величины X — числа сделанных бросков; 2) математическое ожидание, дисперсию и среднеквадратическое отклонение; 3) моду и медиану; 4) построить функцию распределения F ( x ) и ее график; 5) найти вероятность, что потребуется сделать не менее двух бросков. 13. Игрок покупает и тут же проверяет лотерейные билеты до первого выигрыша. Вероятность выигрыша по одному билету равна 0,1. В наличии имеется только пять билетов. Найти: 1) закон распределения случайной величины X — числа купленных билетов; 2) математическое ожидание, дисперсию и среднеквадратическое отклонение; 3) моду и медиану; 4) функцию распределения F ( x ) и ее график; 5) вероятность того, что для выигрыша потребуется купить не менее трех билетов. 14. Производится стрельба в мишень до первого попадания. Вероятность попадания при одном выстреле равна 0,25. Найти: 1) закон распределения случайной величины X — числа сделанных выстрелов; 2) математическое ожидание, дисперсию и среднеквадратическое отклонение; 3) моду и медиану; 4) функцию распределения F ( x ) и ее график; 5) вероятность, что для попадания потребуется сделать не менее трех выстрелов. 15. Игральную кость бросают пять раз. Дискретная случайная величина X — число выпадений шестерки. Найти: 1) ряд распределения случайной величины X ; 2) функцию распределения F ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание, дисперсию и СКВО; 4) моду и медиану; 5) вероятность того, что было сделано не более трех бросков. 16. Пять лампочек включены в цепь последовательно. Вероятность перегореть для каждой равна 0,1. Дискретная случайная величина — число перегоревших лампочек. Найти: 1) ряд распределения случайной величины X ; 2) функцию рас- 108 Глава 3 пределения F ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание, дисперсию и СКВО; 4) моду и медиану; 5) вероятность того, что перегоревших лампочек не более трех. 17. Две монеты бросают пять раз. Дискретная случайная величина X — число появлений "двойного герба" при пяти бросаниях. Найти: 1) ряд распределения случайной величины X ; 2) функцию распределения F ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание, дисперсию и СКВО; 4) моду и медиану; 5) вероятность того, что два герба выпадет не более трех раз. 18. При передаче сообщения вероятность искажения одного знака равна 0,2. Передано сообщение из пяти знаков. Дискретная случайная величина X — число искажений в пяти знаках. Найти: 1) ряд распределения случайной величины X ; 2) функцию распределения F ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание, дисперсию и СКВО; 4) моду и медиану; 5) вероятность того, что при передаче пяти знаков было не более одного искажения. 19. Игральная кость бросается пять раз. Случайная величина X — число выпадений шестерки. Найти: 1) ряд распределения случайной величины X ; 2) функцию распределения F ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание, дисперсию и СКВО; 4) моду и медиану; 5) вероятность того, что шесть очков при пяти бросаниях выпало не более двух раз. 20. Вероятность попадания в цель при одном выстреле равна 0,7. Дискретная случайная величина X — число успешных выстрелов из пяти. Найти: 1) ряд распределения случайной величины X ; 2) функцию распределения F ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание, дисперсию и СКВО; 4) моду и медиану; 5) вероятность того, что было более двух и не менее четырех попаданий. 21. В урне 2 черных и 6 белых шаров. Из урны извлекают по одному пять шаров, причем каждый вынутый шар возвращается обратно. Дискретная случайная величина X — число черных шаров из пяти вынутых. Найти: 1) ряд распределения случайной величины X ; 2) функцию распределения F ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание, дисперсию и СКВО; 4) моду и медиану; 5) вероятность того, что вынутых черных шаров более трех. 22. Производятся независимые испытания трех приборов на надежность. Вероятность выхода из строя при этих испытаниях для первого прибора равна 0,2, для второго — 0,3, для третьего — 0,4. Дискретная случайная величина X — число приборов, вышедших из строя при испытаниях. Найти: 1) ряд распределения случайной величины X ; 2) функцию распределения F ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание, дисперсию и СКВО; 4) моду и медиану; 5) вероятность того, что из строя вышло не более одного прибора. 23. Производится последовательный пуск ракет по цели до первого попадания, или до израсходования боевого комплекта, состоящего из пяти ракет. Вероятность попадания при каждом запуске равна 0,4. Дискретная случайная величина X — число пусков ракет. Найти: 1) ряд распределения случайной величи- Случайные величины 109 ны X ; 2) функцию распределения F ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание, дисперсию и СКВО; 4) моду и медиану; 5) вероятность P { X ≤ M [ X ]} . 24. Автомобиль встретит 4 светофора, каждый из которых пропустит его с вероятностью 0,5. Дискретная случайная величина X — число светофоров до первой остановки автомобиля. Найти: 1) ряд распределения случайной величины X ; 2) функцию распределения F ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание, дисперсию и СКВО; 4) моду и медиану; 5) вероятность P { X ≤ M [ X ]} . 25. Работница прядильной фабрики обслуживает 800 веретен. Вероятность обрыва нити в течение одной минуты равна 0,0005. Дискретная случайная величина X — число обрывов нити за 10 минут. Найти: 1) ряд распределения случайной величины X ; 2) функцию распределения F ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание, дисперсию и СКВО; 4) моду и медиану; 6) вероятность того, что в течение 10 минут будет более двух обрывов нити. 26. Количество неисправных изделий, обнаруженных при профилактическом осмотре, — случайная величина X , распределенная по закону Пуассона. Была проверена партия из 100 изделий, среди которых оказалось 3% брака. Найти ряд распределения случайной величины X и ее числовые характеристики. Построить функцию распределения F ( x ) и ее график, найти вероятность того, что при профилактическом осмотре будет более двух бракованных изделий. 27. По статистическим данным вызов пожарной команды в течение одного дня в один из трех районов города происходит с вероятностями 0,1, 0,2 и 0,3 соответственно. Дискретная случайная величина X — количество районов, из которых в течение одного дня поступил вызов. Найти: 1) ряд распределения случайной величины X ; 2) функцию распределения F ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание, дисперсию и СКВО; 4) моду и медиану; 5) вероятность того, что в течение трех дней поступит не более одного вызова. 28. Число импульсов помехи за 1 минуту распределено по закону Пуассона с математическим ожиданием, равным 2. Найти ряд распределения случайной величины X — числа импульсов помехи за 2 минуты и ее числовые характеристики. Построить функцию распределения F ( x ) и ее график, найти вероятность того, за 2 минуты было более трех импульсов помех. 29. В страховую компанию независимо обращаются клиенты, каждый из которых обслуживается с вероятностью 0,75. Максимальное количество клиентов, которое может обслужить страховая компания за один день, равно шести. Случайная величина X — число клиентов, которых обслуживает страховая компания за один день. Найти: 1) ряд распределения случайной величины X ; 2) функцию распределения F ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание, дисперсию и СКВО; 4) моду и медиану; 5) вероятность того, что в течение двух дней компания обслужит двух клиентов. 110 Глава 3 30. Баскетболист бросает мяч в корзину до первого попадания, делая не более пяти бросков. Дискретная случайная величина X — число попаданий из пяти сделанных бросков. Найти: 1) ряд распределения случайной величины X ; 2) функцию распределения F ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание, дисперсию и СКВО; 4) моду и медиану; 5) вероятность того, что было более трех попаданий. Задание 3.2 1. Плотность распределения непрерывной случайной X величины задана формулой: ⎡ A 1 − x , x ∈ [ 0;1] , f ( x) = ⎢ x ∉ [ 0;1]. ⎣ 0, Найти: 1) значение параметра A ; 2) математическое ожидание; 3) дисперсию и СКВО; 4) моду и медиану; 5) функцию распределения F ( x ) и ее график; 6) вероятность P {0 < X ≤ 1} . 2. Плотность распределения непрерывной случайной X величины задана формулой: ⎡ A , x ≥ 1, f ( x ) = ⎢ x6 ⎢ ⎣ 0, x < 1. Найти: 1) значение параметра A ; 2) математическое ожидание; 3) дисперсию и СКВО; 4) моду и медиану; 5) функцию распределения F ( x ) и ее график; 6) вероятность P {0,5 < X ≤ 2} . 3. Задана функция распределения непрерывной случайной величины X : x < −1, ⎡ 0, ⎢ F ( x ) = A + Bx, −1 ≤ x < 0, ⎢ x ≥ 1. ⎢⎣1, Найти: 1) значения параметров A , B ; 2) плотность распределения f ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание; 4) дисперсию и СКВО; 5) моду и медиану; 6) вероятность P { − 1 ≤ X < 2} . 4. Задана функция распределения непрерывной случайной величины X : x < 1, ⎡ 0, F ( x) = ⎢ 1− x ⎣ A + Be , x ≥ 1. Найти: 1) значения параметров A , B ; 2) плотность распределения f ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание; 4) дисперсию и СКВО; 5) моду и медиану; 6) вероятность P { 1 ≤ X < 2} . Случайные величины 111 5. Плотность распределения непрерывной случайной величины X задана формулой: ⎡ A x , x ∈ [ 0;1] , f ( x) = ⎢ x ∉ [ 0;1]. ⎣ 0, Найти: 1) значение параметра A ; 2) функцию распределения F ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание; 4) дисперсию и СКВО; 5) моду и медиану; 6) вероятность P {0 < X ≤ 0, 25} . 6. Задана функция распределения непрерывной случайной величины X : x < 1, ⎡ 0, ⎢ F ( x ) = A ln x + B, 1 ≤ x < e, ⎢ x ≥ e. ⎢⎣1, Найти: 1) значения параметров A , B ; 2) плотность распределения f ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание; 4) дисперсию и СКВО; 5) моду и медиану; 6) вероятность P { 0 ≤ X < 1} . 7. Плотность распределения непрерывной случайной величины X задана формулой ⎡ A (1 − 0,5 x ) , f ( x) = ⎢ ⎣ 0, x ∈ [ −2; 2] , x ∉ [ −2; 2]. Найти: 1) значение параметра A ; 2) функцию распределения F ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание; 4) дисперсию и СКВО; 5) моду и медиану; 6) вероятность P {0 < X ≤ 2} . 8. Плотность распределения непрерывной случайной величины X задана формулой: x ∉ [ 2; 4] , ⎡ 0, f ( x) = ⎢ ⎣ A ( x − 4 ) , x ∈ [ 2; 4]. Найти: 1) значение параметра A ; 2) функцию распределения F ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание; 4) дисперсию и СКВО; 5) моду и медиану; 6) вероятность P {0 < X ≤ 2} . 9. Плотность распределения непрерывной случайной величины X имеет вид: ⎡ A ( x + 1) , x ∈ [ −1; 2 ] , f ( x) = ⎢ x ∉ [ −1; 2 ]. ⎣ 0, Найти: 1) значение параметра A ; 2) функцию распределения F ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание; 4) дисперсию и СКВО; 5) моду и медиану; 6) вероятность P { 0 ≤ X ≤ 4} . 112 Глава 3 10. Функция распределения непрерывной случайной величины X задана формулой: x < 0, ⎡ 0, ⎢ π F ( x ) = ⎢ A cos 2 x + B, 0 < x ≤ , 2 ⎢ ⎢ π x≥ . ⎢1, ⎣ 2 Найти: 1) значения параметров A , B ; 2) плотность распределения f ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание; 4) дисперсию и СКВО; 5) моду и медиаπ ну; 6) вероятность P 0 ≤ X < . 4 { } 11. Задана плотность распределения непрерывной случайной величины X : ⎡ A ( x − 2), x ∈ [ −1; 2] , f ( x) = ⎢ x ∉ [ −1; 2]. ⎣ 0, Найти: 1) значение параметра A ; 2) функцию распределения F ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание; 4) дисперсию и СКВО; 5) моду и медиану; 6) вероятность P {0 < X ≤ 2} . 12. Задана функция распределения непрерывной случайной величины X : ⎡ A + Be x , x ∈ ( −∞; − 2 ) , F ( x) = ⎢ x ∉ ( −∞; − 2 ) . ⎣1, Найти: 1) значения параметров A , B ; 2) плотность распределения f ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание; 4) дисперсию и СКВО; 5) моду и медиану; 6) вероятность P {−1 ≤ X ≤ 0} . 13. Задана функция распределения непрерывной случайной величины X : x ∈ ( −∞; − 1) , ⎡ 0, ⎢ 3 F ( x ) = ⎢ A x + B , x ∈ [ −1; 1] , ⎢⎣ 1, x ∈ (1; + ∞ ) . Найти: 1) значения параметров A , B ; 2) плотность распределения f ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание; 4) дисперсию и СКВО; 5) моду и медиану; 6) вероятность P { 0 ≤ X ≤ 4 } . 14. Задана плотность распределения непрерывной случайной величины X : ⎡ A, f ( x) = ⎢ ⎣ 0, x ∈ [ − 1; 0 ] , x ∉ [ − 1;0 ]. Случайные величины 113 Найти: 1) значение параметра A ; 2) функцию распределения F ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание; 4) дисперсию и СКВО; 5) моду и медиану; 6) вероятность P { − 0,5 ≤ X ≤ 2 } . 15. Задана функция распределения непрерывной случайной величины X : x < 0, ⎡ 0, ⎢ F ( x ) = ⎢ Aarctg x + B, 0 ≤ x ≤ 3, ⎢ 1, x > 3. ⎣ Найти: 1) значения параметров A , B ; 2) плотность распределения f ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание; 4) дисперсию и СКВО; 5) моду и медиану; 6) вероятность P { 1 < X < 2 } . 16. Задана плотность распределения непрерывной случайной величины X : ⎡ 0, f ( x) = ⎢ −1 ⎢⎣ A (1 + x 2 ) , x > 3, x < 3. Найти: 1) значение параметра A ; 2) функцию распределения F ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание; 4) дисперсию и СКВО; 5) моду и медиану; 6) вероятность P { − 1 ≤ X ≤ 1 } . 17. Задана функция распределения непрерывной случайной величины X : ⎡ Ax3 + B, x ∈ [ −2; 2] , ⎢ F ( x ) = ⎢1, x > 2, ⎢⎣ 0, x < −2. Найти: 1) значения параметров A , B ; 2) плотность распределения f ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание; 4) дисперсию и СКВО; 5) моду и медиану; 6) вероятность P { 0 ≤ X ≤ 3} . 18. Задана плотность распределения непрерывной случайной величины X : ⎡ Ax 2 , x ∈ [0;2], f ( x) = ⎢ ⎣ 0, x ∉ [0;2]. Найти: 1) значение параметра A ; 2) функцию распределения F ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание; 4) дисперсию и СКВО; 5) моду и медиану; 6) вероятность P { 1 ≤ X ≤ 5} . 19. Задана плотность распределения непрерывной случайной величины X : ⎡ A , x ∈ [ −1;1] , f ( x) = ⎢ ⎣ 0, x ∉ [ −1;1]. 114 Глава 3 Найти: 1) значение параметра A ; 2) функцию распределения F ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание; 4) дисперсию и СКВО; 5) моду и медиану; 6) вероятность P {−∞ < X < 0,5} . 20. Задана плотность распределения непрерывной случайной величины X: x ∈ ( −∞; − 1] ∪ [1; + ∞ ) , ⎡ 0, ⎢ f ( x) = A ⎢ , x ∈ ( −1;1) . ⎢⎣ 1 − x 2 Найти: 1) значение параметра A ; 2) функцию распределения F ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание; 4) дисперсию и СКВО; 5) моду и медиану; 6) вероятность P { − 0,5 ≤ X ≤ 0,5 } . 21. Задана функция распределения непрерывной случайной величины X : ⎧ A + Be x , x < 0, F ( x) = ⎨ x ≥ 0. ⎩1, Найти: 1) значения параметров A , B ; 2) плотность распределения f ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание; 4) дисперсию и СКВО; 5) моду и медиану; 6) вероятность P {−∞ < X < 2} . 22. Задана функция распределения непрерывной случайной величины X : x ∈ ( −∞; 0 ) , ⎡ 0, ⎢ 2 F ( x ) = ⎢ Ax + 0,5 x, x ∈ [ 0; 1] , ⎢1, x ∈ (1; + ∞ ) . ⎣ Найти: 1) значение параметра A ; 2) плотность распределения f ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание; 4) дисперсию и СКВО; 5) моду и медиану; 6) вероятность P { 0 ≤ X ≤ 2} . 23. Задана плотность распределения случайной величины X : ⎧ A , x ∈ [ − 3; 3 ] , ⎪ f ( x ) = ⎨1 + x 2 ⎪ 0, x ∉ [ − 3; 3 ]. ⎩ Найти: 1) значение параметра A ; 2) функцию распределения F ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание; 4) дисперсию и СКВО; 5) моду и медиану; 6) вероятность P {0 ≤ X ≤ 1} . 24. Задана плотность распределения непрерывной случайной величины X : ⎡ A , x ∈ 1; e , [ ] f ( x) = ⎢ x ⎢ ⎣ 0, x ∉ [1; e]. Случайные величины 115 Найти: 1) значение параметра A ; 2) функцию распределения F ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание; 4) дисперсию и СКВО; 5) моду и медиану; e 3 6) вероятность P < X < e . 4 4 { } 25. Задана функция распределения непрерывной случайной величины X : x < 0, ⎡ 0, ⎢ F ( x ) = A cos x + B, 0 ≤ x ≤ π / 2, ⎢ x > π / 2. ⎢⎣1, Найти: 1) значения параметров A , B ; 2) плотность распределения f ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание; 4) дисперсию и СКВО; 5) моду и медиану; π 6) вероятность P 0 ≤ X ≤ . 4 { } 26. Дана плотность распределения непрерывной случайной величины X : ⎡ A sin x, x ∈ [ 0, π ] , f ( x) = ⎢ x ∉ [ 0, π ]. ⎣ 0, Найти: 1) значение параметра A ; 2) функцию распределения F ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание; 4) дисперсию и СКВО; 5) моду и медиану; π 6) вероятность P X > . 2 { } 27. Дана функция распределения непрерывной случайной величины X : x ≤ 1, ⎡ 0, ⎢ 2 F ( x ) = ⎢ Ax + Bx, 1 < x ≤ 2, ⎢⎣1, x > 2. Найти: 1) значения параметров A , B ; 2) плотность распределения f ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание; 4) дисперсию и СКВО; 5) моду и медиану; 6) вероятность P { X > 3} . 28. Задана плотность распределения непрерывной случайной величины X : f ( x ) = A ⋅ e− x . Найти: 1) значение параметра A ; 2) функцию распределения F ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание; 4) дисперсию и СКВО; 5) моду и медиану; 6) вероятность P { X < 1} . 29. Задана функция распределения случайной величины X : x < 0, ⎡ 0, F ( x) = ⎢ −x ⎣ A (1 − e ) , x ≥ 0. 116 Глава 3 Найти: 1) значение параметра A ; 2) плотность распределения f ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание; 4) дисперсию и СКВО; 5) моду и медиану; 6) вероятность P {0 < X < 1} . 30. Задана плотность распределения непрерывной случайной величины X : 2 ⎡ Axe − x , x > 0, f ( x) = ⎢ x ≤ 0. ⎣ 0, Найти: 1) значение параметра A ; 2) функцию распределения F ( x ) и ее график; 3) математическое ожидание; 4) дисперсию и СКВО; 5) моду и медиану; 6) вероятность P { X < M [ X ]} . Задание 3.3 1. Станок изготовляет детали, отклонение длины которых от нормы подчинено нормальному закону с параметрами ( 0; σ ) . Деталь считается годной, если отклонение от нормы не превышает по абсолютной величине 1 мм. Найти σ , если вероятность того, что деталь годная, равна 0,9. 2. Изменение цены акции подчинено нормальному закону с параметрами ( 20 $; σ ) . Найти σ , если наблюдения в течение года показали, что в 80% случаев изменение цены акций колебалось от 18 до 22 $. 3. Станок-автомат изготовляет валики. Отклонение диаметра валика от нормы подчинено нормальному закону с параметрами (0; 0,1 мм). Валик считается годным, если отклонение диаметра от нормы не превосходит d мм. Найти d , если вероятность того, что валик годен, равна 0,9. 4. Ошибки измерений подчиняются нормальному закону. Систематическая ошибка равна 0,1 мм, средняя квадратичная ошибка равна 1 мм. Найти вероятность того, что две ошибки попадут в интервал (1; 2). 5. Шлюпка бракуется, если отклонение толщины ее обшивки более чем на d мм по абсолютной величине больше проектной. Случайная величина X — отклонение толщины обшивки шлюпки от проектной — распределена по нормальному закону с параметрами (0; 0,1 мм). Найти d , если вероятность того, что шлюпка небракованная, равна 0,866. 6. Отклонение длины диаметра шарика от проектного подчинено нормальному закону с параметрами ( 5; σ ) . Найти σ , если вероятность того, что отклонение длины диаметра шарика от проектной длины по абсолютной величине меньше 7, равна 0,34. 7. Производится измерение диаметра вала. Случайная ошибка отклонения диаметра вала от нормы подчинена нормальному закону с параметрами (0; 10 см). Каким должно быть отклонение по абсолютной величине от нормы, если вероятность того, что оно произошло, равна 0,866? Случайные величины 117 8. Случайная ошибка взвешивания подчинена нормальному закону с параметрами (0; 20 г). Найти вероятность того, что при трех независимых взвешиваниях ошибка хотя бы одного из них не превысит по абсолютной величине 10 г. 9. Деталь считается годной, если отклонение ее размера от нормы по абсолютной величине не больше 10 мм. Отклонение подчинено нормальному закону с параметрами (0; 5 мм). Сколько нужно изготовить деталей, чтобы с вероятностью не менее 0,95 среди них оказалась хотя бы одна бракованная деталь? 10. Изделие считается изделием высшего сорта, если его вес не превосходит по абсолютной величине 10 г. Ошибка взвешивания подчинена нормальному закону с параметрами (0; 20 г). Найти среднее число изделий высшего сорта среди изготовленных пяти изделий. Взвешивание деталей производится независимо. 11. Деталь удовлетворяет стандарту, если отклонение ее длины от нормы по абсолютной величине не более 0,45 мм. Случайное отклонение длины от нормы подчинено нормальному закону с параметрами (0; 0,3 мм). Определить среднее число стандартных деталей среди изготовленных пяти деталей. Измерения длин деталей независимы. 12. Случайная ошибка измерения подчинена нормальному закону с параметрами (0; 10 г). Найти вероятность того, что при двух независимых измерениях ошибка хотя бы одного не превзойдет по абсолютной величине 2 г. 13. Случайная величина — погрешность изготовления диаметра втулки — распределена нормально с параметрами (2; 0,01 см). В каких границах можно практически гарантировать диаметр втулки? 14. Каким должно быть среднее квадратическое отклонение σ X , чтобы параметр детали X отклонялся от номинала M [ X ] = a по модулю не более, чем на 1% номинала с вероятностью 0,95? Предполагается, что случайная величина X распределена нормально. 15. Производят два независимых измерения прибором без систематической ошибки. Средняя квадратическая ошибка равна 2. Ошибки измерения распределены нормально. Найти вероятность того, что ошибка хотя бы одного измерения будет по модулю больше двух. 16. Диаметр деталей, которые изготавливает некоторое предприятие, считается допустимым в пределах от 10 до 12 см. Считая, что случайная величина X — диаметр детали — распределена по нормальному закону с параметрами a = 11, 2 см и σ = 0, 4 см, выяснить, какой процент деталей будет иметь диаметр, выходящий за пределы допустимого. 17. Ошибка измерения некоторым прибором — случайная величина, распределенная по нормальному закону с параметрами a = 0 мм и σ = 1 мм. Производят пять независимых измерений. Найти вероятность, что ошибка хотя бы одного измерения превзойдет по абсолютной величине 2 мм. 18. Заряд охотничьего пороха отвешивается на весах, имеющих среднеквадратическое отклонение 50 мг. Номинальный вес порохового заряда равен 2,3 г. Опре- 118 Глава 3 делить вероятность повреждения ружья, если максимально допустимый вес порохового заряда — 2,5 г, а случайные ошибки взвешивания распределены по нормальному закону. 19. Средний срок безаварийной езды женщины-водителя составляет 1 год. Безаварийная езда женщины-водителя — случайная величина, распределенная по нормальному закону. По статистическим данным 30% женщин ездят без аварии более полутора лет. Какой процент женщин ездит без аварии менее полугода? 20. Дневная добыча бокситов на руднике распределена по нормальному закону с математическим ожиданием 600 т и стандартным отклонением 50 т. Найти вероятность того, что в определенный день будут добыты, по крайней мере, 700 т бокситов. 21. Срок службы компьютера представляет собой случайную величину, подчиненную нормальному закону распределения со средним сроком службы 8 лет и средним квадратическим отклонением 1,5 года. Определить вероятность того, что прибор прослужит: 1) до 7 лет; 2) от 9,5 до 11 лет; 3) свыше 12,5 лет. 22. Личный состав курсантов военной академии имеет средний вес 60 кг и среднеквадратическое отклонение от среднего веса 3 кг. Считая, что вес наудачу выбранного курсанта распределен по нормальному закону, найти вероятность того, что: 1) его вес больше 66 кг; 2) его вес отличается от нормы не более чем на 5 кг. 23. Рост мужчин старше 35 лет — случайная величина X, подчиненная нормальному закону распределения с параметрами: математическое ожидание — 180 см, среднеквадратическое отклонение — 5 см. Определить вероятность того, что рост одного случайным образом выбранного мужчины не превысит 190 см. 24. Весы имеют систематическую ошибку 5 мг и среднеквадратическое отклонение 50 мг. Какова вероятность, что ошибка взвешивания не превзойдет по абсолютной величине 10 мг, если случайные ошибки взвешивания распределены по нормальному закону? 25. Коробки с шоколадными конфетами упаковываются автоматически. Их средняя масса равна 1,1 кг. Известно, что 5% коробок имеют массу меньше 1 кг. Масса коробок — случайная величина, распределенная по нормальному закону. Каков процент коробок, масса которых превышает 1,2 кг? 26. Доход фирмы за месяц представляется нормально распределенной случайной величиной со средним квадратическим отклонением 2 млн руб. Известно, что в 80% случаев доход фирмы превышает 10 млн руб. Найти средний доход фирмы. 27. Длина заготовки распределена по нормальному закону с математическим ожиданием 1 м и средним квадратическим отклонением 4 см. Найти вероятность того, что в партии из 5 деталей не будет ни одной детали длиной более 105 см. 28. Объем продаж в магазине в течение месяца — случайная величина X , подчиненная нормальному закону распределения с параметрами a = 500 и σ = 80 . Случайные величины 119 Найти вероятность того, что объем товара хотя бы в одном месяце из трех — апрель, май, июнь — заключен в границах от 480 до 620. 29. Самый распространенный размер мужской обуви — 42-й. Известно, что 80% мужчин носят обувь до 43 размера включительно. Считая, что случайная величина X — размер обуви — подчиняется нормальному закону распределения, найти вероятность того, что из трех мужчин хотя бы один имеет размер обуви более 43-го. 30. Автомат фасует крупу в пакеты по 1 кг. Реальный вес пакета X — случайная величина, распределенная по нормальному закону со среднеквадратическим отклонением σ = 10 г. Найти вероятность того, что два из трех купленных пакетов крупы имеют отклонение от номинального веса не более чем 30 г. 120 Глава 3 ГЛАВА 4 Случайные векторы ⎛ X1 ⎞ ⎜X ⎟ T Вектор — столбец ⎜ 2 ⎟ или ( X 1 , X 2 , ..., X n ) , где X 1 , X 2 , ..., X n — случайные ⎜ ... ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ Xn ⎠ величины, называется случайным вектором или системой n случайных величин. Случайные величины X 1 , X 2 , ..., X n называются компонентами случайного вектора. В зависимости от того, являются случайные величины, образующие случайный вектор, непрерывными или дискретными, различают непрерывные и дискретные случайные векторы. Из определения следует, что для случайных векторов определены все операции, которые вводились для векторов в курсе линейной алгебры. 4.1. Двумерный случайный вектор и его закон распределения ⎛X ⎞ T Вектор — столбец ⎜ 1 ⎟ или ( X 1 , X 2 ) , где X 1 и X 2 — случайные величины, на⎝ X2 ⎠ зывается двумерным случайным вектором или системой двух случайных величин. T Чаще двумерный случайный вектор обозначается как вектор ( X , Y ) . Случайные величины X и Y могут быть независимыми или зависимыми. Говорят, что задан закон распределения, если задано правило, по которому для любой пары вещественных чисел ( х, у ) можно определить вероятность события P { X = x, Y = y} . Закон распределения случайного вектора может быть задан его функцией распределения. 122 Глава 4 4.2. Функция распределения двумерного случайного вектора и ее основные свойства T Функцией распределения двумерного случайного вектора ( X , Y ) называется функция двух переменных F ( x, y ) , такая, что для каждой точки ( x, y ) ∈ R 2 ее значение равно вероятности произведения двух событий X < x и Y < y , т. е. F ( x, y ) = P { X < x, Y < y} ∀ ( x, y ) ∈ R 2 . (4.1) С геометрической точки зрения F ( x, y ) есть вероятность попадания случайной точки в прямой угол с вершиной в точке ( х, у ) , стороны которого параллельны координатным осям (рис. 4.1). Из определения следует, что для функции распределения справедливы следующие свойства: 1. Все значения функции распределения F ( x, y ) принадлежат отрезку [ 0;1] , т. е. Рис. 4.1 0 ≤ F ( x , y ) ≤ 1 , ∀ ( x, y ) ∈ R 2 , поскольку каждое значение F ( x, y ) — это вероятность некоторого события. 2. Функция распределения F ( x, y ) не убывает по каждому из своих аргументов при фиксированном другом аргументе, т. е. F ( x1 , y ) ≤ F ( x2 , y ) при x1 < x2 , F ( x, y1 ) ≤ F ( x, y2 ) при y1 < y2 , т. к. при увеличении какого-либо из аргументов x или y заштрихованная область на рис. 4.1 увеличивается, и, следовательно, вероятность попадания в нее случайной точки ( X , Y ) не может уменьшаться. 3. Функция распределения F ( x, y ) непрерывна слева по каждому из своих аргументов. 4. Предел функции распределения равен нулю, если хотя бы один из ее аргументов стремится к −∞ , т. е. lim F ( x, y ) = 0 , lim F ( x, y ) = 0 , lim F ( x, y ) = 0 , x →−∞ y →−∞ x →−∞ ∀y∈R y →−∞ ∀x∈R т. к. события { X < −∞} , {Y < −∞} и их произведение — невозможные события. Случайные векторы 123 5. Предел функции распределения равен единице, если x → +∞ и y → +∞ , т. е. lim F ( x, y ) = 1 , x →+∞ y →+∞ т. к. произведение { X < +∞} ⋅ {Y < +∞} — достоверное событие. 6. Предел функции распределения F ( x, y ) при y → +∞ есть функция распределения случайной величины X , а при x → +∞ этот предел является функцией распределения случайной величины Y , т. е. lim F ( x, y ) = FX ( x ) , lim F ( x, y ) = FY ( y ) , y →+∞ ∀x∈R (4.2) x →+∞ ∀y∈R где FX ( x ) — функция распределения случайной величины X , FY ( y ) — функция распределения случайной величины Y . Определение 4.1. Случайные величины X и Y , являющиеся компонентами слуT чайного вектора ( X , Y ) , называются независимыми, если события { X < x} и {Y < y} независимы для любых вещественных x и y , т. е. P { X < x, Y < y} = P { X < x} ⋅ P {Y < y} или F ( x, y ) = FX ( x ) ⋅ FY ( y ) . (4.3) 4.3. Двумерный дискретный случайный вектор T Двумерный случайный вектор ( X , Y ) называется дискретным, если множество его возможных значений конечно или бесконечно и счётно. Определение 4.2. Перечень возможных значений {xi , y j } двумерного дискретного случайного вектора и соответствующих каждой такой паре вероятностей pi j = P{ X = xi , Y = y j } называют его законом распределения. При этом всегда справедливо равенство ∑∑ pi j = 1 , i (4.4) j в котором суммирование распространяется на все возможные значения i и j , поскольку события { X = xi , Y = y j } образуют полную группу. T Закон распределения дискретного двумерного случайного вектора ( X , Y ) может быть задан формулой pij = P { X = xi , Y = y j } , i = 1,..., m , j = 1,..., n , или в виде таблицы (табл. 4.1). Из (4.4) следует, что должно выполняться условие m n ∑∑ pij = 1 . i =1 j =1 124 Глава 4 Таблица 4.1 Y y1 y2 ... yn x1 p11 p12 ... p1n x2 p21 p22 ... p2n ... ... ... xm pm1 pm1 X ... pmn ... З АМЕЧАНИЕ Закон распределения двумерного случайного вектора часто называют совместным распределением, в отличие от законов распределения его компонент, т. е. случайных величин X и Y , которые называют маргинальными. Маргинальные законы распределения компонент двумерного дискретного случайного вектора Если задан совместный закон распределения случайных величин X и Y , то можно составить их одномерные (маргинальные) законы распределения, вычисляя вероятности pi = P { X = xi } и q j = P {Y = y j } по формулам: n pi = P { X = xi } = ∑ pij , i = 1, 2,..., m . (4.5) j =1 m q j = P {Y = y j } = ∑ pij . j = 1, 2,..., n . (4.6) i =1 Одномерные законы распределения компонент X и Y будут представлены в виде табл. 4.2 и 4.3 соответственно. Таблица 4.2 Таблица 4.3 X x1 x2 ... xm Y y1 y2 ... yn pi p1 p2 ... pm qj q1 q2 ... qn Задача 4.1. Закон распределения дискретного случайного вектора задан табл. 4.4. Составить законы распределения его компонент и найти вероятность попадания случайной точки ( X , Y ) в круг D = {( x, y ) : x 2 + y 2 ≤ 2} . Случайные векторы 125 Таблица 4.4 Y –1 1 0,1 0,1 0,1 1 0,1 0,2 2 0,3 0,1 X Решение. 1) Случайная величина X принимает значения 0, 1, 2. Вероятности, с которыми она принимает эти значения, определяются по формуле (4.5) суммированием соответствующих столбцов в табл. 4.4. p1 = P { X = 0} = 0,1 + 0,1 + 0,1 = 0,3 , p2 = P { X = 1} = 0,1 + 0 + 0, 2 = 0,3 , p3 = P { X = 2} = 0,3 + 0 + 0,1 = 0,4 . Следовательно, закон распределения случайной величины X можно записать в виде табл. 4.5. 2) Аналогично, по формуле (4.6), суммированием строк табл. 4.4 составляется закон распределения случайной величины Y (табл. 4.6). Таблица 4.5 Таблица 4.6 X 1 2 Y –1 1 pi 0,3 0,3 0,4 qj 0,5 0,1 0,4 3) Неравенству x 2 + y 2 ≤ 2 удовлетворяют следующие значения случайной точки: { X = 0; Y = −1} , { X = 0; Y = 0} , { X = 0; Y = 1} , { X = 1; Y = −1} , { X = 1; Y = 0} и { X = 1; Y = 1} . Следовательно, вероятность, с которой случайная точка ( X , Y ) попадает в заданный круг, равна сумме вероятностей соответствующих событий, которые определяются из табл. 4.4, т. е. P {( x, y ) ∈ D} = p11 + p12 + p13 + p21 + p22 + p23 = 0,1 + 0,1 + 0,1 + 0,1 + 0 + 0,2 = 0,6 . Условные законы распределения компонент двумерного дискретного случайного вектора Определение 4.3. Условным законом распределения какой-либо компоненты случайного вектора называется ее закон распределения, составленный при условии, что другие компоненты приняли определенные значения. 126 Глава 4 T В случае двумерного дискретного случайного вектора ( X , Y ) условным распределением компоненты X при условии, что Y = y j ( j = const ) , называется совокупность условных вероятностей P ( x1 y j ) , P ( x2 y j ) , ..., P ( xm y j ) , которые вычисляются по формулам: P ( xi y j ) = P { X = xi Y = y j } = P { X = xi , Y = y j } P {Y = y j } = pij qj . (4.7) Аналогично, условным распределением компоненты Y при условии, что X = xi ( i = const ) , называется совокупность условных вероятностей P ( y1 xi ) , P ( y2 xi ) , ..., P ( yn xi ) , которые вычисляются по формулам: P ( y j xi ) = P {Y = y j X = xi } = P { X = xi , Y = y j } P { X = xi } = pij pi . (4.8) Случайные величины X и Y , являющиеся компонентами случайного вектора ( X , Y )T , независимы тогда и только тогда, когда условные законы распределения совпадают с безусловными законами. Задача 4.2. Для случайного вектора, заданного табл. 4.4, найти все условные законы распределения. Решение. Случайная величина X принимает значения 0, 1, 2. Вычислим вероятности P { X = xi Y = y j } по формулам (4.7): 1) Из табл. 4.6 ясно, что P {Y = −1} = q1 = 0,5 . Поэтому: P { X = 0 Y = −1} = 0,1 1 0,1 1 0,3 3 = , P { X = 1 Y = −1} = = , P { X = 2 Y = −1} = = . 0,5 5 0,5 5 0,5 5 2) Поскольку P {Y = 0} = q2 = 0,1 , то P { X = 0 Y = 0} = 0,1 = 1 , P { X = 1 Y = 0} = = 0 , P { X = 2 Y = 0} = =0. 0,1 0,1 0,1 3) Аналогично, P {Y = 1} = q3 = 0, 4 . Значит, P { X = 0 Y = 1} = 0,1 1 0, 2 1 0,1 1 = , P { X = 1 Y = 1} = = , P { X = 2 Y = 1} = = . 0,4 4 0, 4 2 0, 4 4 Результаты внесем в табл. 4.7. Случайные векторы 127 Таблица 4.7 X 1 2 P { X = xi Y = −1} 1 5 1 5 3 5 P { X = xi Y = 0} 1 P { X = xi Y = 1} 1 4 1 2 1 4 З АМЕЧАНИЕ 1 Поскольку условные законы распределения случайной величины X не совпадают с ее безусловным законом распределения (см. табл. 4.5), то можно сделать вывод: случайные величины X и Y являются зависимыми. Аналогично, по формулам (4.8) вычислим вероятности, с которыми случайная величина Y принимает значения y1 = −1, y2 = 0, y3 = 1 , при условиях, что X = 0 , X = 1 и X = 2 соответственно, и заполним табл. 4.8. Таблица 4.8 Y –1 1 P {Y = y j X = 0} 1 3 1 3 1 3 P {Y = y j X = 1} 1 3 2 3 P {Y = y j X = 2} 3 4 1 4 З АМЕЧАНИЕ 2 Вообще говоря, случайные величины X и Y , закон совместного распределения которых задан табл. 4.1, независимы тогда и только тогда, когда справедливо равенство: P { X = xi , Y = y j } = P { X = xi } ⋅ P {Y = y j } или pij = pi ⋅ q j при всех i = 1, 2,..., m , j = 1, 2,..., n . З АМЕЧАНИЕ 3 В задаче 4.2 случайные величины X и Y зависимы, поскольку из табл. 4.4 следует, что p11 = 0,1 , а из табл. 4.5 и 4.6 — p1 = 0,3 и q1 = 0,5 , т. е. p11 ≠ p1 ⋅ q1 . 128 Глава 4 Числовые характеристики дискретного двумерного случайного вектора Математическое ожидание Математическим ожиданием двумерного дискретного случайного вектора ( X , Y )T , закон распределения которого задан табл. 4.1, называется числовой вектор ( M [ X ] , M [Y ])T с компонентами, вычисляемыми по формулам: M [ X ] = ∑∑ xi pi j , M [Y ] = ∑∑ yi pi j , i j i (4.9) j в которых суммирование проводится по всем возможным значениям индексов i и j . З АМЕЧАНИЕ 1 Если множество возможных значений случайного вектора конечно, то математические ожидания случайных величин X и Y в формулах (4.9) представляют собой конечные суммы. В случае счетного множества возможных значений случайного вектора математические ожидания в этих формулах равны суммам числовых рядов, если эти ряды абсолютно сходятся. В противном случае математическое ожидание случайного вектора не определено. З АМЕЧАНИЕ 2 Если для дискретного двумерного случайного вектора получены законы распределения его компонент — случайных величин X и Y , то математическое ожидание этого случайного вектора можно найти по известным формулам для математических ожиданий дискретных случайных величин: M [ X ] = ∑ xi pi , M [Y ] = ∑ y j q j , где i pi = P { X = xi } , q j = P {Y = y j } . j Корреляционный момент Корреляционным моментом или ковариацией случайных величин Х и Y называется математическое ожидание произведения отклонений этих величин от их математических ожиданий, т. е. cov( X ; Y ) = K XY = M [( X − M [ X ]) (Y − M [Y ])] , где cov( X ; Y ) = K XY — корреляционный момент или, что то же самое, ковариация; M [ X ] и M [Y ] — математические ожидания случайных величин Х и Y . Для дискретных случайных величин Х и Y ковариация вычисляется по формуле n cov ( X ; Y ) = K XY = ∑ i =1 m ∑ ( xi − M [ X ]) ( y j − M [Y ]) pij , (4.10) j =1 где pij — вероятность того, что случайный вектор ( Х , Y ) примет значение ( xi ; y j ) . Случайные векторы 129 Для ковариации справедливы следующие свойства: 1. Из определения следует, что ковариация симметрична, т. е. K XY = KYX . 2. Ковариацию можно вычислять по более удобной формуле: K XY = M [ XY ] − M [ X ] ⋅ M [Y ] . (4.11) 3. Дисперсия случайной величины является ковариацией ее с собой, т. е. D [ X ] = K XX , D [Y ] = KYY . 4. Если случайные величины Х и Y независимы, то их ковариация равна нулю, т. е. K XY = 0 . 5. Из формулы (4.11) следует, что математическое ожидание произведения случайных величин Х и Y (зависимых или независимых) равно произведению их математических ожиданий плюс их ковариация, т. е. M [ X ⋅ Y ] = M [ X ] ⋅ M [Y ] + K XY . (4.12) 6. Дисперсия суммы (разности) случайных величин Х и Y равна сумме их дисперсий плюс (минус) удвоенная ковариация этих случайных величин, т. е. D [ X + Y ] = D [ X ] + D [Y ] + 2 K XY , (4.13) D [ X − Y ] = D [ X ] + D [Y ] − 2 K XY . (4.14) 7. Постоянный множитель можно выносить за знак ковариации, т. е. K CX ,Y = K X ,CY = C ⋅ K XY . 8. Ковариация не изменится, если к одной из случайных величин или к обеим сразу прибавить постоянную величину, т. е. K X +C ,Y = K X ,Y + C = K X +C ,Y +C = K XY . 9. Для ковариации двух случайных величин Х и Y справедливо неравенство K XY ≤ σ X ⋅ σY , (4.15) где σ X и σY — СКВО случайных величин Х и Y соответственно. З АМЕЧАНИЕ 1 Из четвертого свойства следует, что если K XY ≠ 0 , то случайные величины Х и Y зависимы. Однако из того, что K XY = 0 независимость случайных величин Х и Y не следует. В связи с этим, такие случайные величины называют некоррелированными. З АМЕЧАНИЕ 2 Если случайные величины Х и Y независимы, то из (4.12) следует, что M [ XY ] = M [ X ] ⋅ M [Y ] . Из того, что M [ XY ] = M [ X ] ⋅ M [Y ] , нельзя делать вывод о независимости Х и Y . Если же M [ XY ] ≠ M [ X ] ⋅ M [Y ] , то случайные величины Х и Y зависимы. 130 Глава 4 З АМЕЧАНИЕ 3 Если случайные величины Х и Y независимы, то из (4.13) и (4.14) следует, что D [ X ± Y ] = D [ X ] + D [Y ] . Матрица ковариаций Матрицей ковариаций Σ случайных величин Х и Y называется симметричная квадратная матрица второго порядка, на главной диагонали которой расположены дисперсии случайных величин Х и Y , а на побочной диагонали — корреляционные моменты, т. е. ⎛ D [ X ] K XY ⎞ Σ=⎜ ⎟. ⎝ KYX D [Y ] ⎠ 2 ≤ σ 2X ⋅ σY2 , и, слеИз девятого свойства ковариации K XY ≤ σ X ⋅ σY следует, что K XY довательно, определитель матрицы ковариаций неотрицателен, т. е. Σ= D [ X ] K XY 2 = σ 2X σY2 − K XY ≥0. KYX D [Y ] Обобщенная дисперсия Определитель матрицы ковариаций называется обобщенной дисперсией случайных величин Х и Y и обозначается Σ , т. е. Σ= D [ X ] K XY 2 = σ 2X σY2 − K XY . KYX D [Y ] (4.16) Коэффициент корреляции Коэффициентом корреляции rXY случайных величин Х и Y называется отношение их ковариации к произведению среднеквадратических отклонений этих случайных величин, т. е. K XY , (4.17) rXY = σ X ⋅ σY где σ X = D [ X ] , σY = D [Y ] . Для коэффициента корреляции справедливы следующие свойства: 1. Коэффициент корреляции по абсолютной величине не превосходит единицу, т. е. −1 ≤ rXY ≤ 1 , что следует из (4.15). 2. Если случайные величины Х и Y независимы, то их ковариация равна нулю, а значит, и коэффициент корреляции равен нулю, т. е. rXY = 0 . Случайные векторы 131 3. Если случайные величины Х и Y связаны линейной зависимостью, т. е. Y = aX + b , a ≠ 0 , то ⎡ 1, a > 0, rXY = ⎢ ⎣ −1, a < 0, т. к. в данном случае σY2 = a 2 σ 2X , σY = a σ X , K XY = aK XX = a ⋅ σ 2X . Поэтому rXY = aσ 2X a = = ±1 . a σX σX a 4. Верно и обратное утверждение. Если rXY = 1 , то случайные величины Х и Y связаны линейной функциональной зависимостью. Определение 4.4. Две случайные величины Х и Y называются коррелированными, если их ковариация K XY или коэффициент корреляции rXY отличны от нуля, и некоррелированными, если они равны нулю. З АМЕЧАНИЕ Как уже отмечалось, из независимости случайных величин следует их некоррелируемость. Из некоррелируемости случайных величин их независимость еще не следует. В этом случае можно лишь утверждать, что эти случайные величины не связаны линейной зависимостью. Задача 4.3. Для случайного вектора, заданного табл. 4.4, найти все числовые характеристики. Решение. Маргинальные законы компонент случайного вектора, т. е. случайных величин X и Y , получены в задаче 4.1 и записаны в виде табл. 4.5 и 4.6 соответственно. 1) Вычислим математические ожидания случайных величин Х и Y , используя табл. 4.5 и 4.6. M [ X ] = 0 ⋅ 0,3 + 1 ⋅ 0,3 + 2 ⋅ 0, 4 = 1,1 , M [Y ] = −1 ⋅ 0,5 + 0 ⋅ 0,1 + 1 ⋅ 0, 4 = −0,1 . Следовательно, математическим ожиданием заданного случайного вектора являетT ся вектор (1,1, − 0,1) . 2) Используя табл. 4.4, найдем ряд распределения для случайной величины X ⋅ Y (табл. 4.9). Таблица 4.9 XY –2 –1 1 2 PXY 0,3 0,1 0,3 0,2 0,1 132 Глава 4 3) Вычислим математическое ожидание случайной величины X ⋅ Y , используя табл. 4.9: M [ X ⋅ Y ] = −2 ⋅ 0,3 − 1 ⋅ 0,1 + 0 ⋅ 0,3 + 1 ⋅ 0, 2 + 2 ⋅ 0,1 = −0,3 . Используя формулу (4.11), вычислим ковариацию K XY : K XY = M [ XY ] − M [ X ] ⋅ M [Y ] = −0,3 − 1,1 ⋅ ( −0,1) = −0,19 . 4) Вычислим дисперсии Х и Y , используя табл. 4.5 и 4.6: D [ X ] = 0 ⋅ 0,3 + 1 ⋅ 0,3 + 22 ⋅ 0,4 − 1,12 = 1,9 − 1, 21 = 0,69 , 2 D [Y ] = 1 ⋅ 0,5 + 0 ⋅ 0,1 + 1 ⋅ 0, 4 − ( −0,1) = 0,9 − 0,01 = 0,89 , а также их среднеквадратические отклонения: σ X ≈ 0,69 ≈ 0,831 , σY ≈ 0,89 ≈ 0,943 . Затем по формуле (4.17) найдем коэффициент корреляции: rXY = K XY −0,19 ≈ ≈ −0,242 . σ X ⋅ σY 0,831 ⋅ 0,943 5) Матрица ковариаций случайного вектора имеет вид ⎛ D [ X ] K XY ⎞ ⎛ 0,69 −0,19 ⎞ Σ=⎜ ⎟, ⎟=⎜ ⎝ KYX D [Y ] ⎠ ⎝ −0,19 0,89 ⎠ а обобщенная дисперсия равна: 2 Σ = 0,69 ⋅ 0,89 − ( −0,19 ) = 0,6141 − 0,0361 ≈ 0,578 . Условные математические ожидания. Функции и линии регрессии Условным математическим ожиданием M ( X Y = y ) дискретной случайной величины X при Y = y называется сумма произведений возможных значений случайной величины X на соответствующие условные вероятности, т. е. m М ( X Y = y ) = ∑ xi ⋅ P { X = xi Y = y} . (4.18) i =1 Условным математическим ожиданием M ( Y X = x ) дискретной случайной величины Y при X = x называется сумма произведений возможных значений случайной величины Y на соответствующие условные вероятности, т. е. n М ( Y X = x ) = ∑ y j ⋅ P {Y = y j X = x} . (4.19) j =1 Условное математическое ожидание случайной величины X при Y = y обозначается m X ( y ) , поскольку зависит от y , и называется функцией регрессии или регрессией случайной величины X на Y . Случайные векторы 133 Условное математическое ожидание случайной величины Y при X = x обозначается mY ( x ) , т. к. зависит от x , и называется функцией регрессии или регрессией случайной величины Y на X . Значения m X ( y ) и mY ( x ) изображают набором точек ( xi , mY ( xi ) ) и ( y j , m X ( y j ) ) при i = 1, 2,..., m , j = 1, 2,..., n . Иногда эти точки соединяют отрезками прямых, и полученные ломаные называют линиями регрессии. Задача 4.4. Найти условные математические ожидания дискретного двумерного T случайного вектора ( X , Y ) , заданного табл. 4.4. Построить линии регрессии Y на X и X на Y . Решение. Условные законы распределения случайных величин X и Y найдены в задаче 4.2 и показаны в табл. 4.7 и 4.8. 1) Найдем m X ( y ) — регрессию случайной величины X на Y , используя формулу (4.18) и выбирая значения соответствующих условных вероятностей из табл. 4.7: 1 1 3 7 m X ( y1 ) = mX ( −1) = 0 ⋅ + 1 ⋅ + 2 ⋅ = = 1,4 , 5 5 5 5 m X ( y2 ) = mX ( 0 ) = 0 ⋅ 1 + 1 ⋅ 0 + 2 ⋅ 0 = 0 , 1 1 1 m X ( y3 ) = mX (1) = 0 ⋅ + 1 ⋅ + 2 ⋅ = 1 . 4 2 4 В системе координат ( y , m X ( y ) ) отметим точки (–1; 1,4), (0; 0) и (1; 1). Соединив их отрезками прямой, получим линию регрессии X на Y (рис. 4.2). 2) Аналогично, найдем mY ( x ) — регрессию случайной величины на Y на X , используя формулу (4.19) и выбирая значения соответствующих условных вероятностей из табл. 4.8: 1 1 1 mY ( x1 ) = mY ( 0 ) = −1 ⋅ + 0 ⋅ + 1 ⋅ = 0 , 3 3 3 1 2 1 mY ( x2 ) = mY (1) = −1 ⋅ + 0 ⋅ 0 + 1 ⋅ = , 3 3 3 3 1 1 m X ( x3 ) = mY ( 2 ) = −1 ⋅ + 0 ⋅ 0 + 1 ⋅ = − . 4 4 2 mX ( y ) mY ( x ) 1 1 3 O –0,5 Рис. 4.2 1 Рис. 4.3 2 x 134 Глава 4 1 1 В системе координат ( x, mY ( x ) ) отметим точки ( 0; 0 ) , ⎛⎜1; ⎞⎟ и ⎛⎜ 2; − ⎞⎟ . Соединив 2⎠ ⎝ 3⎠ ⎝ их отрезками прямой, получим линию регрессии Y на X (рис. 4.3). Задача 4.5. Закон распределения дискретного двумерного случайного вектора ( X , Y )T задан табл. 4.10. Найти все числовые характеристики случайного вектора, функции регрессии X на Y и Y на X , построить линии регрессии. Таблица 4.10 –1 1 Σ 0,2 0,1 0,3 0,6 1 0,1 0,2 0,1 0,4 Σ 0,3 0,3 0,4 1 Y X Решение. 1) Заметим, что в последнем столбце табл. 4.10 вычислены вероятности событий { X = xi } , а в ее последней строке — вероятности событий {Y = y j } . Зако- ны распределения компонент Х и Y случайного вектора показаны в табл. 4.11 и 4.12 соответственно. Таблица 4.11 Таблица 4.12 X 1 Σ Y –1 1 Σ pi 0,6 0,4 1 qj 0,3 0,3 0,4 1 2) Вычислим математические ожидания, дисперсии и среднеквадратические отклонения случайных величин Х и Y , используя табл. 4.11 и 4.12. M [ X ] = 0 ⋅ 0,6 + 1 ⋅ 0, 4 = 0,4 ; M [Y ] = −1 ⋅ 0,3 + 0 ⋅ 0,3 + 1 ⋅ 0, 4 = 0,1 ; D [ X ] = 0 ⋅ 0,6 + 1 ⋅ 0, 4 − 0,42 = 0, 4 − 0,16 = 0, 24 ; D [Y ] = 1 ⋅ 0,3 + 0 ⋅ 0,3 + 1 ⋅ 0, 4 − 0,12 = 0,7 − 0,01 = 0,69 ; σ X ≈ 0,24 ≈ 0, 49 ; σY ≈ 0,69 ≈ 0,83 . Вычислим математическое ожидание случайной величины табл. 4.10: X ⋅ Y , используя M [ X ⋅ Y ] = −1 ⋅ 0 ⋅ 0, 2 − 1 ⋅ 1 ⋅ 0,1 + 0 ⋅ 0 ⋅ 0,1 + 0 ⋅ 1 ⋅ 0,2 + 1 ⋅ 0 ⋅ 0,3 + 1 ⋅ 1 ⋅ 0,1 = 0 . Используя формулы (4.11) и (4.17), вычислим ковариацию K XY и коэффициент корреляции: Случайные векторы 135 K XY = M [ XY ] − M [ X ] ⋅ M [Y ] = 0 − 0,4 ⋅ 0,1 = −0,04 ; rXY = K XY −0,04 ≈ ≈ −0,098 . σ X ⋅ σY 0, 49 ⋅ 0,83 Корреляционная матрица случайного вектора имеет вид ⎛ D [ X ] K XY ⎞ ⎛ 0, 24 −0,04 ⎞ Σ=⎜ ⎟, ⎟=⎜ ⎝ KYX D [Y ] ⎠ ⎝ −0,04 0,69 ⎠ 2 а обобщенная дисперсия равна: Σ = 0,24 ⋅ 0,69 − ( 0,04 ) = 0,164 . 3) Найдем m X ( y ) — функцию регрессии случайной величины X на Y , используя формулу (4.18) и вычисляя условные вероятности по формуле (4.7). Поскольку из табл. 4.12 следует, что P {Y = −1} = q1 = 0,3 , то для вычисления условных вероятностей P { X = xi Y = −1} нужно разделить вероятности первого столбца табл. 4.10 на q1 = 0,3 . В результате получим: P { X = 0 Y = −1} = 0,2 2 0,1 1 = , P { X = 1 Y = −1} = = . 0,3 3 0,3 3 Для вычисления условных вероятностей P { X = xi Y = 0} нужно разделить вероятности второго столбца табл. 4.10 на P {Y = 0} = q2 = 0,3 (табл. 4.12). В результате получим: 0,1 1 0,2 2 P { X = 0 Y = 0} = = , P { X = 1 Y = 0} = = . 0,3 3 0,3 3 Аналогично, при делении вероятностей P {Y = 1} = q3 = 0, 4 (см. табл. 4.12), получим: P { X = 0 Y = 1} = третьего столбца табл. 4.10 на 0,3 3 0,1 1 = , P { X = 1 Y = 1} = = . 0,4 4 0, 4 4 Результаты внесем в табл. 4.13 — условные законы распределения случайной величины X . Таблица 4.13 X 1 Σ P { X = xi Y = −1} 2 3 1 3 1 P { X = xi Y = 0} 1 3 2 3 1 P { X = xi Y = 1} 3 4 1 4 1 136 Глава 4 Используя формулу (4.18), по табл. 4.13 вычислим условные математические ожидания — функции регрессии случайной величины X на Y : 2 1 1 m X ( y1 ) = mX ( −1) = 0 ⋅ + 1 ⋅ = , 3 3 3 1 2 2 m X ( y2 ) = m X ( 0 ) = 0 ⋅ + 1 ⋅ = , 3 3 3 3 1 1 m X ( y3 ) = mX (1) = 0 ⋅ + 1 ⋅ = . 4 4 4 Линией регрессии X на Y будет ломаная, проходящая через точки ( −1; 1/3) , ( 0; 2/3) и (1; 1/4 ) на плоскости с введенной системой координат ( y, mX ( y ) ) . Эта линия регрессии показана на рис. 4.4. 4) Найдем mY ( x ) — функцию регрессии случайной величины Y на X , используя формулу (4.19) и вычисляя условные вероятности по формуле (4.8). Поскольку из табл. 4.11 следует, что P { X = 0} = p1 = 0,6 и P { X = 1} = p2 = 0, 4 , то условные вероятности получатся при делении вероятностей первой и второй строк табл. 4.10 на p1 = 0,6 и p2 = 0, 4 соответственно, т. е. P {Y = −1 X = 0} = 0,2 1 0,1 1 0,3 1 = , P {Y = 0 X = 0} = = , P {Y = 1 X = 0} = = . 0,6 3 0,6 6 0,6 2 P {Y = −1 X = 1} = 0,1 1 0,2 1 0,1 1 = , P {Y = 0 X = 1} = = , P {Y = 1 X = 1} = = . 0,4 4 0,4 2 0, 4 4 Результаты внесем в табл. 4.14 — условные законы распределения случайной величины Y . Таблица 4.14 Y –1 1 Σ P {Y = y j X = 0} 1 3 1 6 1 2 1 P {Y = y j X = 1} 1 4 1 2 1 4 1 Используя формулу (4.19), по табл. 4.14 вычислим условные математические ожидания — функции регрессии случайной величины Y на X : 1 1 1 1 mY ( x1 ) = mY ( 0 ) = −1 ⋅ + 0 ⋅ + 1 ⋅ = , 3 6 2 6 1 1 1 mY ( x2 ) = mY (1) = −1 ⋅ + 0 ⋅ + 1 ⋅ = 0 . 4 2 4 Случайные векторы 137 Линией регрессии Y на X будет прямая, проходящая через точки ( 0; 1/6 ) и (1; 0 ) на плоскости с введенной системой координат ( x, mY ( x ) ) . Эта линия регрессии показана на рис. 4.5. mX ( y ) 1 3 mY ( x ) 2 3 1 6 Рис. 4.4 Рис. 4.5 Функция распределения двумерного дискретного случайного вектора Из определения функции совместного распределения случайного вектора (4.1) слеT дует, что для двумерного дискретного случайного вектора ( X , Y ) , заданного табл. 4.1, значение функции распределения F ( x, y ) в каждой точке ( x, y ) ∈ R 2 равно сумме вероятностей pij , для которых xi < x и y j < y , т. е. F ( x, y ) = ∑ i , j: xi < x , y j , y pij , для всех ( x, y ) ∈ R 2 . (4.20) Задача 4.6. Закон распределения дискретного двумерного случайного вектора ( X , Y )T задан табл. 4.10. Найти функции распределения его компонент и функцию совместного распределения. Решение. 1) В задаче 4.5 были получены маргинальные законы распределения случайных величин X и Y (см. табл. 4.11 и 4.12). Поэтому функции распределения компонент случайного вектора можно определить по формулам (см. (3.3)) в виде: y ≤ −1, ⎡ 0, x ≤ 0, ⎡ 0, ⎢ 0,3, −1 < y ≤ 0, FX ( x ) = ⎢ 0,6, 0 < x ≤ 1, FY ( y ) = ⎢ ⎢ ⎢ 0,6, 0 < y ≤ 1, x > 1, ⎢⎣1, ⎢ y > 1. ⎣1, (4.21) 2) Функцию совместного распределения случайных величин X и Y определим по формуле (4.20). Для этого в системе координат ( x, y ) отметим на осях возможные значения случайных величин X и Y , а также точки, координаты которых равны возможным парам значений случайных величин X и Y . Обозначим эти точки: A ( 0; − 1) , B (1; − 1) , O ( 0; 0 ) , C (1; 0 ) , E ( 0;1) , F (1;1) , (4.22) 138 Глава 4 и проведем через них прямые, параллельные координатным осям. Эти прямые разобьют всю плоскость на области (рис. 4.6), в которых F ( x, y ) будет постоянной.  Область D1 , для которой x ≤ 0 или y ≤ −1 , события X < x и Y < y — невоз- можные, т. к. этим условиям не удовлетворяет ни одно возможное значение случайного вектора. Поэтому в этой области F ( x, y ) = 0 . ⎧ x > 1, событие X < x и Y < y — достоверное для ⎩ y >1 каждой точки ( x, y ) из этой области, т. к. этому условию удовлетворяют все значения случайного вектора. Поэтому для всех точек этой области F ( x, y ) = 1 .  В области D2 , для которой ⎨ Рис. 4.6 Рис. 4.7 ⎧ x > 1, (рис. 4.7), в область, ⎩ −1 < y ≤ 0 соответствующую условию X < x и Y < y (на рис. 4.7 она заштрихована), попадают две точки из (4.22): A ( 0; − 1) и B (1; − 1) . Эти точки соответствуют двум ⎧ x = 0, ⎧ x = 1, и ⎨ возможным значениям случайного вектора ⎨ ⎩ y = −1 ⎩ y = −1.  Для всех точек ( x, y ) области D3 , для которой ⎨ Вероятности, с которыми принимаются эти значения, определяются из табл. 4.10. Следовательно, для всех точек ( x, y ) ∈ D3 : F ( x, y ) = P { X = 0, Y = −1} + P { X = 1, Y = −1} = p11 + p21 = 0, 2 + 0,1 = 0,3 . ⎧ 0 < x ≤ 1, (рис. 4.8). ⎩ −1 < y ≤ 0  Область D4 задана неравенствами: ⎨ Для любой точки ( x, y ) ∈ D4 в область, соответствующую условию X < x и Y < y (на рис. 4.8 она заштрихована), попадает только одна точка A ( 0; − 1) , со- Случайные векторы 139 ⎧ x = 0, ответствующая возможному значению случайного вектора ⎨ которое ⎩ y = −1, принимается с вероятностью P { X = 0, Y = −1} = p11 = 0, 2 . Следовательно, F ( x, y ) = 0,2 при ( x, y ) ∈ D4 . y 1E D1 O 1 Рис. 4.8 D7 D2 D6 F (x, y) D5 D4 A C 1 D3 x B Рис. 4.9 ⎧ x > 1, условию X < x и ⎩0 < y ≤ 1, Y < y удовлетворяют координаты точек A ( 0; − 1) , B (1; − 1) , O ( 0; 0 ) , C (1; 0 ) (рис. 4.9). Эти точки соответствуют возможным значениям случайного вектора:  Для точек ( x, y ) ∈ D5 , заданной неравенствами ⎨ ⎧ x = 0, ⎧ x = 1, ⎧ x = 0, ⎧ x = 1, ⎨ ⎨ ⎨ ⎨ ⎩ y = −1, ⎩ y = −1, ⎩ y = 0, ⎩ y = 0, которые, в соответствии с табл. 4.10, принимаются с вероятностями: p11 = 0,2 , p21 = 0,1 , p12 = 0,1 и p22 = 0, 2 соответственно. Поэтому F ( x, y ) = p11 + p21 + p12 + p22 = 0, 2 + 0,1 + 0,1 + 0, 2 = 0,6 при ( x, y ) ∈ D5 .  Рассуждая аналогично для точек областей D6 и D7 , получим, что: F ( x, y ) = P { X = 0, Y = −1} + P { X = 0, Y = 0} = p11 + p12 = 0, 2 + 0,1 = 0,3 , ⎧ 0 < x ≤ 1, для всех ( x, y ) ∈ D6 , при которых ⎨ ⎩0 < y ≤ 1. F ( x, y ) = P { X = 0, Y = −1} + P { X = 0, Y = 0} + P { X = 0, Y = 1} = = p11 + p12 + p13 = 0, 2 + 0,1 + 0,3 = 0,6 , ⎧0 < x ≤ 1, для всех ( x, y ) ∈ D7 , при которых ⎨ ⎩ y > 1. 140 Глава 4 Полученные значения функции распределения F ( x, y ) внесем в табл. 4.15. Таблица 4.15 y ≤ −1 −1 < y ≤ 0 0< y≤1 y >1 x≤0 0< x≤1 0,2 0,3 0,6 x>1 0,3 0,6 1 3) Можно проверить полученный результат. Из соотношений (4.2) следует, что lim F ( x, y ) = F ( x, +∞ ) = FX ( x ) , lim F ( x, y ) = F ( +∞, y ) = FY ( y ) . y →+∞ ∀ x∈R x →+∞ ∀ y∈R Учитывая, что y = +∞ (бесконечная точка) принадлежит интервалу y > 1 , то значения функции распределения компоненты X случайного вектора содержатся в последнем столбце табл. 4.15, т. е. x ≤ 0, ⎡ 0, ⎢ FX ( x ) = 0,6, 0 < x ≤ 1, ⎢ x > 1. ⎢⎣1, Учитывая, что x = +∞ (бесконечная точка) принадлежит интервалу x > 1 , то значения функции распределения компоненты X случайного вектора содержатся в последней строке табл. 4.15, т. е. y ≤ −1, ⎡ 0, ⎢ 0,3, −1 < y ≤ 0, FY ( y ) = ⎢ ⎢ 0,6, 0 < y ≤ 1, ⎢ y ≥ 1. ⎣1, Сравнивая полученные соотношения с (4.21), убедимся, что они совпадают. З АМЕЧАНИЕ Задачи 4.7 и 4.8 предлагается решить самостоятельно. Задача 4.7. Построить функцию распределения двумерного дискретного случайноT го вектора ( X , Y ) , совместный закон распределения которого задан табл. 4.16. Задача 4.8. Закон распределения дискретного случайного вектора задан табл. 4.17. Найти: 1) вероятность попадания случайной точки ( X , Y ) в круг D = {( x, y ) : x 2 + y 2 ≤ 6} ; 2) числовые характеристики случайного вектора; 3) функ- ции регрессии X на Y и Y на X . Случайные векторы 141 Таблица 4.16 1 2 1 0,2 0,2 0,1 2 0,35 0,1 0,05 X Y Таблица 4.17 1 2 3 0,2 0,1 0,15 1 0,1 0,05 0,1 2 0,2 0,1 X Y 4.4. Непрерывный случайный вектор Плотность и функция распределения непрерывного двумерного случайного вектора T Двумерный случайный вектор ( X , Y ) называется непрерывным, если его функция распределения F ( x, y ) непрерывна, дифференцируема по каждому аргументу и имеет конечную смешанную производную ∂ 2 F ( x, y ) . ∂x∂y Закон распределения непрерывного случайного вектора задается функцией распределения или плотностью распределения. Неотрицательная интегрируемая на всей плоскости функция f ( x, y ) называется плотностью распределения или просто плотностью непрерывного двумерного T случайного вектора ( X , Y ) , если она удовлетворяет равенству F ( x, y ) = x y ∫∫ f ( t1 , t2 ) dt1dt2 , (4.23) −∞ −∞ где F ( x, y ) — функция распределения. З АМЕЧАНИЕ T Плотность распределения f ( x, y ) непрерывного случайного вектора ( X , Y ) обычно называют совместной плотностью распределения, в отличие от плотностей распределения его компонент. Для плотности распределения двумерного случайного вектора справедливы следующие свойства: 1. Если F ( x, y ) — функция распределения непрерывного случайного вектора, то из (4.23) дифференцированием по переменным x и y следует, что f ( x, y ) = ∂ 2 F ( x, y ) . ∂x∂y (4.24) 142 Глава 4 2. Поскольку F ( x, y ) не убывает по каждому из аргументов, то f ( x , y ) ≥ 0 , ∀ ( x, y ) ∈ R 2 . 3. Из того, что вие +∞ +∞ ∫∫ f ( t1 , t2 ) dt1dt2 = F ( +∞, + ∞ ) = P { X < +∞, Y < +∞} , следует усло- −∞ −∞ +∞ +∞ ∫∫ f ( x, y ) dxdy = 1 , (4.25) −∞ −∞ которое называется условием нормированности. 4. Вероятность попадания случайной точки ( X , Y ) в область D определяется интегралом P {( X , Y ) ∈ D} = ∫∫ f ( x, y ) dxdy . (4.26) D 5. Если плотность распределения непрерывного двумерного случайного вектора задана соотношениями (равномерное распределение) ⎡ A, ( x, y ) ∈ D, f ( x, y ) = ⎢ ⎣ 0, ( x, y ) ∉ D, и если S — площадь области D ⊂ R 2 , то A = нормировки принимает вид: +∞ +∞ ∫∫ −∞ −∞ 1 , т. к. в этом случае условие S f ( x, y ) dxdy = ∫∫ Adxdy = AS = 1 . D Задача 4.9. Найти функцию распределения двумерного случайного вектора ( X , Y )T , если известна плотность его совместного распределения f ( x, y ) = 1 π (1 + х ) ⋅ (1 + у 2 ) 2 2 . Решение. Используя формулу (4.23), запишем выражение для функции распределения в виде несобственного интеграла: F ( x, y ) = x y ∫∫ f ( t1 , t2 ) dt1dt2 = −∞ −∞ 1 π2 x y 1 ∫ ∫ 1 + t12 ) ⋅ (1 + t22 ) dt1 dt2 −∞ −∞ ( и расставим в нем пределы интегрирования 1 F ( x, y ) = 2 π x y 1 1 ∫ (1 + t12 ) dt1 ⋅ ∫ (1 + t22 ) dt2 . −∞ −∞ Случайные векторы Получим F ( x, y ) = 143 1 x arctg t1 −∞ ⋅ arctg t2 2 π y −∞ = ( )( ) 1 arctg x + π ⋅ arctg y + π . 2 2 π2 Функции и плотности распределения компонент непрерывного случайного вектора Пусть F ( x, y ) — функция распределения непрерывного двумерного случайного T вектора ( X , Y ) . Из пятого свойства функции распределения следует, что функции распределения компонент случайного вектора, т. е. случайных величин X и Y , можно найти по формулам: lim F ( x, y ) = FX ( x ) , lim F ( x, y ) = FY ( y ) . x →+∞ y →+∞ (4.27) T Если f ( x, y ) — плотность непрерывного двумерного случайного вектора ( X , Y ) , то частные (маргинальные) плотности распределения его компонент f X ( x ) для случайной величины X и fY ( y ) для случайной величины Y определяются по формулам: f X ( x) = +∞ ∫ −∞ f ( x, y ) dy , fY ( y ) = +∞ ∫ f ( x, y ) dx . (4.28) −∞ Для того чтобы случайные величины X и Y , являющиеся компонентами непреT рывного случайного вектора ( X , Y ) , были независимы, необходимо и достаточно, чтобы функция распределения F ( x, y ) случайного вектора была равна произведению функций распределения его компонент, т. е. F ( x, y ) = FX ( x ) ⋅ FY ( y ) , (4.29) где FX ( x ) , FY ( y ) — функции распределения случайных величин X и Y соответственно, а его плотность распределения f ( x, y ) была равна произведению плотностей распределения его компонент, т. е. f ( x , y ) = f X ( x ) ⋅ fY ( y ) , (4.30) где f X ( x ) , fY ( y ) — плотности распределения случайных величин X и Y соответственно. Задача 4.10. Найти плотность распределения f ( x, y ) двумерного случайного векT тора ( X , Y ) , а также функции и плотности распределения его компонент, если известна функция его совместного распределения x < 0 ∨ y < 0, ⎡ 0, F ( x, y ) = ⎢ −3 x −5 y ⎣(1 − e )(1 − e ) , x > 0, y > 0. Выяснить, будут ли случайные величины X и Y независимы. 144 Глава 4 Решение. 1) Плотность совместного распределения вектора найдем, используя формулу (4.24): f ( x, y ) = x < 0 ∨ y < 0, ⎡ 0, ∂2 1 − e−3 x )(1 − e −5 y ) ) = ⎢ −3 x ( ( −5 y ∂x∂y ⎣3e ⋅ 5e , x ≥ 0, y ≥ 0. 2) По формулам (4.28) найдем плотности распределения компонент случайного вектора f X ( x ) и fY ( y ) . Плотность случайной величины X :  если x < 0 , то f X ( x ) = 0 , т. к. в этом случае f ( x, y ) = 0 ;  если x ≥ 0 , то f X ( x) = +∞ ∫ f ( x, y ) dy = 15e −3 x +∞ ∫ −∞ 1 e−5 y dy = 15e −3 x ⎛⎜ − ⎞⎟ e−5 y ⎝ 5⎠ +∞ = 3e −3 x . Следовательно, случайная величина X распределена по показательному закону с параметром λ = 3 : x < 0, ⎡ 0, f X ( x ) = ⎢ −3 x ⎣ 3e , x ≥ 0. Аналогично, определяется плотность случайной величины Y :  если y < 0 , то fY ( y ) = 0 , т. к. в этом случае f ( x, y ) = 0 ;  если y ≥ 0 , то fY ( y ) = +∞ ∫ −∞ f ( x, y ) dx = 15e −5 y +∞ ∫e −3 x 1 dx = 15e−5 y ⎛⎜ − ⎞⎟ e −3 x ⎝ 3⎠ +∞ = 5e −5 y . Следовательно, случайная величина Y распределена по показательному закону с параметром λ = 5 : y < 0, ⎡ 0, f Y ( y ) = ⎢ −5 y ⎣ 5e , y ≥ 0. Поскольку справедливо равенство f ( x, y ) = f X ( x ) ⋅ fY ( y ) , то случайные величины X и Y независимы. 3) По заданной функции F ( x, y ) совместного распределения найдем функции распределения случайных величин X и Y , используя формулы (4.27). Для случайной величины X получим: ⎡ 0, FX ( x ) = ylim F x , y = ( ) ⎢ −3 x →+∞ (1 − e−5 y ) = 1 − e−3x , ⎢⎣(1 − e ) ylim →+∞ x < 0, x ≥ 0, что соответствует функции распределения показательного закона. Аналогично, вычисляя предел функции распределения F ( x, y ) при x → +∞ , получим выражение для функции распределения случайной величины Y в виде: Случайные векторы 145 ⎡ 0, FY ( y ) = lim F ( x, y ) = ⎢ −5 y x →+∞ (1 − e−3x ) = 1 − e−5 y , ⎢⎣(1 − e ) xlim →+∞ y < 0, y ≥ 0, что соответствует показательному закону. Поскольку справедливо равенство F ( x, y ) = FX ( x ) ⋅ FY ( y ) , то случайные величины X и Y независимы. Условные плотности распределения непрерывного случайного вектора T Пусть ( X , Y ) — непрерывный двумерный случайный вектор, f ( x, y ) — плотность совместного распределения случайного вектора, а f X ( x ) и fY ( y ) — плотности распределения его компонент. Условные плотности распределения определяются из соотношений: fY ( y ) = 0, ⎡ 0, ⎢ f X ( x Y = y ) = f ( x, y ) ⎢ , fY ( y ) ≠ 0. ⎢⎣ fY ( y ) (4.31) f X ( x ) = 0, ⎡0, ⎢ fY ( y X = x ) = f ( x, y ) ⎢ , f X ( x ) ≠ 0. ⎢⎣ f X ( x ) (4.32) Для того чтобы случайные величины X и Y , являющиеся компонентами непреT рывного случайного вектора ( X , Y ) , были независимы, необходимо и достаточно, чтобы их условные плотности распределения совпадали с безусловными, т. е. f X ( x Y = y ) = f X ( x ) и f Y ( y X = x ) = fY ( y ) . Задача 4.11. Задана плотность совместного распределения случайных величин X иY ⎡ 0, ( x, y ) ∉ D, f ( x, y ) = ⎢ ⎣Cxy, ( x, y ) ∈ D, где область D задана неравенствами D = {( x, y ) : 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 4} . { T } Найти: 1) параметр C ; 2) P ( X , Y ) ∈ D1 , если D1 = {( x, y ) : 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 2 − x} ; 3) плотности распределения случайных величин X и Y ; 4) условные плотности f ( x Y = y ) и f ( y X = x ) ; 5) выяснить, являются ли независимыми компоненты случайного вектора X и Y . Решение. 1) Область D показана на рис. 4.10. Постоянную C можно найти из условия нормированности плотности распределения (4.25). Поскольку +∞ +∞ ∫∫ −∞ −∞ 2 4 2 x2 y2 f ( x, y ) dxdy = C ∫∫ xydxdy = C ∫ xdx ∫ ydy = C ⋅ ⋅ 2 0 2 D 4 = C ⋅ 16 = 1 , 146 Глава 4 то C = ⎡ 0, ( x, y ) ∉ D, 1 . Поэтому f ( x, y ) = ⎢ xy ⎢ , ( x, y ) ∈ D. 16 ⎣ 16 2) Область D1 отмечена на рис. 4.10 двойной штриховкой. По свойству плотности распределения (4.26) искомая вероятность равна: { } T P ( X , Y ) ∈ D1 = ∫∫ = 2 D1 2 xy 1 f ( x, y ) dxdy = ∫∫ dxdy = ∫ xdx 16 16 0 D 1 2 2− x ∫ Рис. 4.10 2 ⎛ 2 1 y ydy = ∫ x ⎜⎜ 16 0 ⎝ 2 2− x ⎞ ⎟⎟ dx = ⎠ 2 2 1 1 1 ⎛ 2 4 3 x4 ⎞ ( 2 − x) 2 3 ⋅ = − + = x dx x x x dx 4 4 ⎜ 2x − x + ⎟ = ( ) 16 ∫0 2 32 ∫0 32 ⎝ 3 4 ⎠0 = 1 ⎛ 32 1 ⋅ ⎜ 8 − + 4 ⎞⎟ = . 32 ⎝ 3 ⎠ 24 3) Плотности распределения компонент X и Y вычисляются по формулам (4.28).  При x ∉ [ 0; 2] f X ( x ) = 0 , т. к. при этом условии f ( x, y ) = 0 .  При x ∈ [ 0; 2] f X ( x ) = +∞ ∫ f ( x, y ) dy = −∞ 4 1 1 y2 x ∫ y dy = x 16 0 16 2 4 = 1 x. 2 Следовательно, плотность распределения случайной величины X имеет вид: ⎡ 0, x ∉ [ 0; 2] , f X ( x) = ⎢ 1 ⎢ x, x ∈ [ 0; 2]. ⎣2  При y ∉ [ 0; 4] fY ( y ) = 0 , т. к. при этом условии f ( x, y ) = 0 . 2 1 1 x2 y ∫ x dx = y  При y ∈ [ 0; 4] fY ( y ) = 16 0 16 2 2 = 1 y. 8 Следовательно, плотность распределения случайной величины Y имеет вид: ⎡ 0, y ∉ [ 0; 4] , fY ( y ) = ⎢ 1 ⎢ y , y ∈ [ 0; 4]. ⎣8 Случайные векторы 147 4) Условные плотности распределения компонент X и Y вычисляются по формулам (4.31) и (4.32). ⎡ fX ( x Y = y) = ⎢ ⎢ ⎢⎣ y = 0 ∨ ( x, y ) ∉ D ⎡ 0, ⎢1 ⎡ 0, x ∉ [ 0; 2] , = ⎢⎢ 16 xy 1 = ⎢1 f ( x, y ) ⎢ x, x ∈ [ 0; 2]. , fY ( y ) ≠ 0 = x, y ≠ 0, ( x, y ) ∈ D ⎢ 1 fY ( y ) ⎣2 2 ⎢⎣ 8 y 0, 0, ⎡ f Y ( y X = x ) = ⎢ f ( x, y ) ⎢ , ⎢⎣ f X ( x ) 5) Случайные величины fY ( y ) = 0 x = 0 ∨ ( x, y ) ∉ D ⎡ 0, ⎢1 ⎡ 0, y ∉ [ 0; 4] , = ⎢⎢ 16 xy 1 = ⎢1 ⎢ y , y ∈ [ 0; 4]. fX ( x) ≠ 0 = y , x ≠ 0, ( x, y ) ∈ D ⎢ 1 ⎣8 8 ⎢⎣ 2 x X и Y независимы, поскольку fX ( x) = 0 ⎡ 0, ( x, y ) ∉ D ⎡ 0, ( x, y ) ∉ D f ( x, y ) = ⎢ xy = ⎢1 1 = f X ( x ) ⋅ fY ( y ) , ⎢ , ( x, y ) ∈ D ⎢ x ⋅ y , ( x, y ) ∈ D ⎣ 16 ⎣2 8 а также ⎡ 0, y ∉ [ 0; 4] , ⎡ 0, x ∉ [ 0; 2] , ⎢ fY ( y X = x ) = fY ( y ) = ⎢ 1 fX ( x Y = y) = fX ( x) = 1 ⎢ y, y ∈ [ 0; 4]. ⎢ x, x ∈ [ 0; 2] ; ⎣8 ⎣2 Задача 4.12. Задана плотность распределения двумерного непрерывного случайного вектора ⎡ 0, ( x, y ) ∉ D, f ( x, y ) = ⎢ ⎣C , ( x, y ) ∈ D, где область D = {( x, y ) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2 x} . Найти: 1) постоянную C ; 2) плотности компонент вектора f X ( x ) и fY ( y ) ; 3) условные плотности f ( x Y = y ) и f ( y X = x ) ; 4) выяснить, будут ли случайные величины X и Y независимы. Решение. 1) Область D показана на рис. 4.11. Распределение равномерное и площадь области D равна: S ( D ) = 1 ⋅ 1 ⋅ 2 = 1 . Следовательно, по пятому свойству 2 плотности распределения справедливо: 1 C= = 1. S ( D) y 2 1 2 3 O 2 1 3 Рис. 4.11 x 148 Глава 4 Тогда для плотности распределения f ( x, y ) справедливы соотношения: ⎡ 0, ( x, y ) ∉ D, f ( x, y ) = ⎢ ⎣1, ( x, y ) ∈ D. 2) Найдем плотности распределения случайных величин X и Y по формулам (4.28). Учитывая, что плотность f ( x, y ) отлична от нуля только в точках области D , т. е. ⎧0 ≤ y ≤ 2, ⎧ 0 ≤ x ≤ 1, ⎪ или ⎨ y ≤ x ≤ 1, ⎩0 ≤ y ≤ 2 x, ⎪ ⎩2 ( x, y ) ∈ D , если ⎨ получим: x ∉ [ 0;1] , ⎡0, ⎢ 2x f X ( x ) = ∫ f ( x, y ) dy = ⎢ 1dy = 2 x, x ∈ [ 0;1]. −∞ ⎢⎣ ∫ y ∉ [ 0; 2] , ⎡ 0, +∞ ⎢1 y fY ( y ) = ∫ f ( x, y ) dx = ⎢ 1 dx = 1 − , y ∈ [ 0; 2]. −∞ ⎢ ∫y 2 ⎣2 +∞ Поскольку f ( x, y ) ≠ f X ( x ) ⋅ fY ( y ) , то случайные величины X и Y зависимы. 3) По формулам (4.31) и (4.32) найдем условные плотности распределения случайных величин X и Y : y = 2 ∨ ( x, y ) ∉ D ⎡ 0, y ∉ [ 0; 2 ) , ⎡ 0, ⎢ 2 =⎢ 2 fX ( x Y = y) = 1 ⎢ y = , y ≠ 2, ( x, y ) ∈ D ⎢ , y ∈ [ 0; 2 ) . ⎣⎢ 2 − y ⎣⎢1 − 2 2 − y ⎡0, x = 0 ∨ ( x, y ) ∉ D ⎡ 0, x ∉ ( 0;1] , =⎢ 1 fY ( y X = x ) = ⎢ 1 ⎢ , x ≠ 0, ( x, y ) ∈ D ⎢ , x ∈ ( 0;1]. ⎣ 2x ⎣ 2x 4) Условные плотности распределения случайных величин X и Y не совпадают с их безусловными плотностями, поэтому X и Y зависимы. Числовые характеристики непрерывного двумерного случайного вектора Математическое ожидание Математическим ожиданием двумерного непрерывного случайного вектора ( X , Y )T , плотность распределения которого f ( x, y ) , называется числовой вектор ( M [ X ] , M [Y ])T , компоненты которого вычисляются по формулам: Случайные векторы 149 M [X ] = +∞ +∞ ∫∫ xf ( x, y ) dxdy , M [Y ] = −∞ −∞ +∞ +∞ ∫ ∫ yf ( x, y ) dxdy . (4.33) −∞ −∞ Дисперсия Дисперсии случайных величин X и Y можно вычислить через совместную плотность распределения f ( x, y ) по формулам: +∞ +∞ D[ X ] = ∫ ∫x 2 2 f ( x, y ) dxdy − ( M [ X ]) , −∞ −∞ D [Y ] = +∞ +∞ ∫∫y 2 (4.34) 2 f ( x, y ) dxdy − ( M [Y ]) . −∞ −∞ Если известны плотности распределения компонент непрерывного случайного вектора f X ( x ) и fY ( x ) , то математическое ожидание и дисперсию этого случайного вектора можно найти по формулам: M [X ] = +∞ ∫ x f X ( x ) dx , M [Y ] = −∞ D[ X ] = +∞ ∫x 2 ∫ y fY ( y )dy . (4.35) −∞ 2 f X ( x ) dx − ( M [ X ]) , D [Y ] = −∞ +∞ +∞ ∫y 2 2 fY ( y ) dy − ( M [Y ]) . (4.36) −∞ Корреляционный момент Корреляционный момент или ковариация, которая определяется соотношением cov( X ; Y ) = K XY = M [( X − M [ X ]) (Y − M [Y ])] , для непрерывных случайных величин Х и Y вычисляется по формуле K XY = или +∞ +∞ ∫ ∫ ( x − M [ X ]) ( y − M [Y ]) f ( x, y) dxdy , (4.37) −∞ −∞ K XY = +∞ +∞ ∫ ∫ x y f ( x, y) dxdy − M [ X ] ⋅ M [Y ] . (4.38) −∞ −∞ Коэффициент корреляции Коэффициент корреляции rXY непрерывных случайных величин Х и Y вычисляется по формуле, аналогичной формуле для коэффициента корреляции дискретных случайных величин K XY , (4.39) rXY = σ X ⋅ σY где σ X = D [ X ] , σY = D [Y ] . 150 Глава 4 Корреляционная матрица и обобщенная дисперсия D [ X ] K XY ⎛ D [ X ] K XY ⎞ 2 Σ=⎜ , Σ= = D [ X ] ⋅ D [Y ] − K XY . ⎟ K D Y K D Y [ ] [ ] ⎝ YX ⎠ YX З АМЕЧАНИЕ Для числовых характеристик непрерывного случайного вектора выполнены все свойства числовых характеристик дискретного случайного вектора. Задача 4.13. Найти числовые характеристики двумерного непрерывного случайного вектора, заданного в задаче 4.12. Решение. 1) Математическое ожидание вычислим по формулам (4.33). M [X ] = +∞ +∞ ∫∫ 1 −∞ −∞ +∞ +∞ M [Y ] = 2x 1 xf ( x, y ) dxdy = ∫∫ x ⋅ 1 dx dy = ∫ xdx ∫ dy = ∫ 2 x 2 dx = D 2 1 2 y 2 2 31 2 x = . 3 0 3 ∫ ∫ yf ( x, y ) dxdy = ∫∫ y ⋅1 dxdy = ∫ ydy ∫ dx = ∫ y (1 − 2 ) dy = −∞ −∞ D y 2 ⎛ y2 y3 ⎞ 4 2 =⎜ − ⎟ =2− = , 6 ⎠0 3 3 ⎝ 2 T 2 2 т. е. математическим ожиданием является вектор ⎛⎜ ; ⎞⎟ . ⎝3 3⎠ 2) Для вычисления дисперсий случайных величин Х и Y используем формулы (4.34): D[ X ] = +∞ +∞ 2 2x 4 4 2 1 4 1 4 1 = ∫ 2 x3 dx − = x 4 0 − = − = . 9 0 9 4 9 2 9 18 2 ⎛2⎞ 2 2 ∫ ∫ x f ( x, y ) dxdy − ( M [ X ]) = ∫∫ x dxdy − ⎜⎝ 3 ⎟⎠ = −∞ −∞ D 1 = ∫ x 2 dx ∫ dy − D [Y ] = 2 1 y 2 1 +∞ +∞ 2 2 ⎛2⎞ 2 2 ∫ ∫ y f ( x, y ) dxdy − ( M [Y ]) = ∫∫ y dxdy − ⎜⎝ 3 ⎟⎠ = −∞ −∞ D = ∫ y 2 dy ∫ dx − 2 2 4 y 4 ⎛ y3 y4 ⎞ 4 8 4 2 = ∫ y 2 ⎛⎜ 1 − ⎞⎟ dy − = ⎜ − ⎟ − = − 2 − = . 9 0 ⎝ 2⎠ 9 ⎝ 3 8 ⎠0 9 3 9 9 3) Среднеквадратические отклонения: σX = D[ X ] = 1 1 2 2 = , σY = D [Y ] = = . 9 3 18 3 2 Случайные векторы 151 4) Ковариацию вычислим по формуле (4.38). K XY = +∞ +∞ ∫ −∞ 1 2x 2 2 4 ∫ x y f ( x; y) dxdy − M [ X ] ⋅ M [Y ] = ∫∫ xy dxdy − 3 ⋅ 3 = ∫ x dx ∫ y dy − 9 = −∞ D ⎛ y2 = ∫ x dx ⎜⎜ ⎝ 2 1 2x 1 1 ⎞ 4 4 x4 4 1 4 1 3 − = − = , ⎟⎟ − = 2∫ x dx − = 2 ⋅ 9 4 0 9 2 9 18 ⎠ 9 а коэффициент корреляции по формуле (4.39): 1 K XY 1 18 rXY = = = . σ X ⋅ σY 1 2 2 ⋅ 3 2 3 5) Матрица ковариаций и обобщенная дисперсия случайного вектора равны: 1 1 ⎛1 1⎞ D [ X ] K XY 1 ⎛ D [ X ] K XY ⎞ ⎜ 18 18 ⎟ 18 18 1 2 1 1 . Σ=⎜ =⎜ = = − = ⎟, Σ = ⎟ KYX D [Y ] 1 2 18 9 18 18 108 ⎝ KYX D [Y ] ⎠ ⎜ 1 2 ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 18 9 ⎠ 18 9 Функции регрессии и линии регрессии непрерывного двумерного случайного вектора Условное математическое ожидание непрерывной случайной величины X при Y = y определяется интегралом М ( X Y = y) = +∞ ∫ x f X ( x Y = y ) dx . (4.40) −∞ Условное математическое ожидание непрерывной случайной величины Y при X = x определяется интегралом M (Y X = x ) = +∞ ∫ y fY ( y X = x ) dy , (4.41) −∞ где f ( x Y = y ) и f ( y X = x ) — условные плотности распределения случайных величин X и Y . Условное математическое ожидание случайной величины X при Y = y обозначается: m X ( y ) , является функцией переменной y и называется функцией регрессии или регрессией случайной величины X на Y . Условное математическое ожидание случайной величины Y при X = x обозначается: mY ( x ) , является функцией переменной x и называется функцией регрессии или регрессией случайной величины Y на X . 152 Глава 4 Линии y = mY ( x ) и x = mX ( y ) называются линиями регрессии. Если линиями регрессии являются прямые, то регрессия называется линейной. Линии линейной регрессии пересекаются в точке, координатами которой являются математические ожидания случайных величин X и Y . Если случайные величины X и Y независимы, то условные математические ожидания равны безусловным математическим ожиданиям, т. е. выполняются равенства: mY ( x ) = M [Y ] , m X ( y ) = M [ X ] , а тогда линии регрессии параллельны координатным осям. Однако из того, что условные математические ожидания совпадают с безусловными, а линии регрессии оказываются параллельными координатным осям, нельзя делать вывод о независимости случайных величин. Они могут быть зависимыми. Задача 4.14. Найти функции регрессии двумерного непрерывного случайного вектора, заданного в задаче 4.12. Построить линии регрессии. Решение. Условные плотности распределения, вычисленные в задаче 4.12, имеют вид: ⎡ 0, y ∉ [ 0; 2 ) , fX ( x Y = y) = ⎢ 2 ⎢ , y ∈ [ 0; 2 ) ; ⎢⎣ 2 − y ⎡ 0, x ∉ ( 0;1] , fY ( y X = x ) = ⎢ 1 ⎢ , x ∈ ( 0;1]. ⎣ 2x 1) Функция регрессии случайной величины X на Y вычисляется по формуле (4.40).  При y ∈ [ 0; 2 ) , учитывая, что для точек области D (см. рис. 4.11) справедливо неравенство y ≤ x ≤ 1 , можно записать: 2 2 mX ( y ) = 1 2 2 ∫ x ⋅ 2 − y dx = 2 − y y /2  При y ∉ [ 0; 2 ) m X ( y ) = 2 1 x 2 y/2 y 1 − ⎛⎜ ⎞⎟ 4 − y2 2+ y 2 . = ⎝ ⎠ = = 2− y 4(2 − y ) 4 1 ∫ x ⋅ 0dx = 0 . Поэтому y/2 ⎡ 2 + y , y ∈ 0; 2 , [ ) mX ( y ) = ⎢ 4 ⎢ y ∉ [ 0; 2 ) . ⎣ 0, 2) Функция регрессии случайной величины Y на X вычисляется по формуле (4.41).  При x ∈ ( 0;1] , учитывая, что для точек области D (см. рис. 4.11) справедливо неравенство 0 ≤ y ≤ 2 x , можно записать: mY ( x ) = 2x ∫ 1 1 y2 y dy = 2x 2x 2 2x = 4 x2 = x. 4x Случайные векторы 153  При x ∉ ( 0;1] mY ( x ) = 2x ∫ y ⋅ 0 dy = 0 . Поэтому ⎡ x, mY ( x ) = ⎢ ⎣ 0, x ∈ ( 0;1] , x ∉ ( 0;1]. 2+ y внутри области D выделены на рис. 4.11 жир4 ными линиями. Линиями регрессии являются прямые, т. е. регрессия линейная. 2 2 Точкой пересечения линий регрессии является точка ⎛⎜ ; ⎞⎟ . Ее координатами яв⎝3 3⎠ ляются математические ожидания случайных величин X и Y . Линии регрессии y = x и x = Задача 4.15. Задана плотность совместного распределения случайных величин X и Y: ( x, y ) ∉ D, ⎡ 0, f ( x, y ) = ⎢ ⎣Cxy, ( x, y ) ∈ D, где область D = {( x, y ) : x 2 + y 2 ≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0} . Найти: 1) параметр C ; 2) плотности распределения случайных величин X и Y ; 3) условные плотности f ( x Y = y ) и f ( y X = x ) ; 4) математические ожидания и условные математические ожидания случайных величин X и Y ; 5) построить линии регрессии; выяснить, являются ли независимыми компоненты случайного вектора X иY. Решение. 1) Область D показана на рис. 4.12. Постоянную C можно найти из условия нормированности плотности распределения (4.25), т. е. +∞ +∞ ∫∫ −∞ −∞ y 1 2 3 D O 2 3 1 x Рис. 4.12 f ( x, y ) dxdy = C ∫∫ xydxdy = 1 . D Переходя в двойном интеграле к полярным координатам, получим π 2 1 C C ∫∫ xydxdy = C ∫∫ ρ cos ϕ ⋅ ρ sin ϕ ⋅ ρd ϕd ρ = ∫ sin 2ϕd ϕ∫ ρ3 d ρ = 1 , 20 D D π C ⎛ cos 2ϕ ⎞ 2 ρ 4 ⋅⎜− ⎟ ⋅ 2 ⎝ 2 ⎠0 4 1 =1, C ⎛1 1⎞ 1 1 ⋅ ⎜ + ⎟ ⋅ = 1 , C = 1 . Следовательно, C = 8 и поэтому 2 ⎝2 2⎠ 4 8 ⎡ 0, ( x, y ) ∉ D, f ( x, y ) = ⎢ ⎣8 xy, ( x, y ) ∈ D. 154 Глава 4 2) Плотности распределения компонент X и Y вычисляются по формулам (4.28).  При x ∉ [ 0;1] f X ( x ) = 0 , т. к. при этом условии f ( x, y ) = 0 .  При x ∈ [ 0;1] f X ( x ) = +∞ ∫ f ( x, y ) dy = 8 x −∞ 1− x 2 ∫ y2 ydy = 8 x 2 1− x 2 = 4 x (1 − x 2 ) . Следовательно, плотность распределения случайной величины X имеет вид: ⎡ 4 x (1 − x 2 ) , f X ( x) = ⎢ ⎢⎣ 0, x ∈ [ 0;1] , x ∉ [ 0;1]. Поскольку область D симметрична относительно координатных осей и плотность совместного распределения f ( x, y ) симметрична относительно переменных x и y , то плотность распределения случайной величины Y имеет вид: ⎡ 4 y (1 − y 2 ) , fY ( y ) = ⎢ ⎢⎣ 0, y ∈ [ 0;1] , y ∉ [ 0;1]. 3) По формулам (4.31) и (4.32) найдем условные плотности распределения случайных величин X и Y : 0, ⎡ ⎢ 2x f X ( x Y = y ) = ⎢ 8 xy = , 2 ⎢⎣ 4 y (1 − y ) 1 − y 2 y = 0 ∨ y = 1 ∨ ( x, y ) ∉ D , y ≠ 0, y ≠ 1, ( x, y ) ∈ D. 0, x = 0 ∨ x = 1 ( x, y ) ∉ D, ⎡ ⎢ 2y fY ( y X = x ) = ⎢ 8 xy = , x ≠ 0, x ≠ 1, ( x, y ) ∈ D. 2 ⎢⎣ 4 x (1 − x ) 1 − x 2 Условные плотности распределения не совпадают с безусловными плотностями, поэтому случайные величины X и Y зависимы. 4) Математические ожидания случайных величин X и Y вычисляются по формулам (4.35): M [X ] = +∞ ∫ −∞ 1 1 x f X ( x ) dx = ∫ 4 x 2 (1 − x 2 ) dx = 4 ∫ ( x 2 − x 4 ) dx = 3 5 1 ⎛x x ⎞ 1 1 8 = 4 ⎜ − ⎟ = 4 ⋅ ⎛⎜ − ⎞⎟ = . 5 ⎠0 ⎝ 3 5 ⎠ 15 ⎝ 3 M [Y ] = +∞ ∫ −∞ 1 y fY ( y ) dy = ∫ 4 y 2 (1 − y 2 ) dx = 8 . 15 Случайные векторы 155 5) Условные математические ожидания вычисляются по формулам (4.40) и (4.41):  М ( X Y = y) = 1− y 2 +∞ ∫ x f X ( x Y = y ) dx = ∫ −∞ 2 x3 = 1 − y2 3 1− y 2 2 = 1 − y2 ( 1 − y2 3 ) 2x 2 x dx = 2 1− y 1 − y2 1− y 2 ∫ x 2 dx = 3 = 2 1 − y 2 при y ∈ ( 0;1) ; 3  М ( X Y = y ) = 0 при y ∉ ( 0;1) . Аналогично,  М (Y X = x ) = y = 1− x 2 ∫ y 2y 2 dy = 1 − x 2 при x ∈ ( 0;1) ; 2 3 1− x  М ( Y X = x ) = 0 при x ∉ ( 0;1) . 2 2 1 − y2 и y = 1 − x 2 , лежащие внут3 3 ри области D . На рис. 4.12 они выделены жирными линиями. 6) Линии регрессии — части эллипсов x = Задача 4.16. Задана плотность совместного распределения случайных величин X и Y : ⎡ 0, ( x, y ) ∉ D, f ( x, y ) = ⎢ 1 ⎢ , ( x, y ) ∈ D, ⎣4 y 2 где область D = {( x, y ) : − 1 ≤ x ≤ 1, x − 1 ≤ y ≤ x + 1} . 1 Найти: 1) плотности распределения случайных вели1 1 x чин X и Y ; 2) функции распределения X и Y ; 3) условные плотности f ( x Y = y ) и f ( y X = x ) ; 1 4) числовые характеристики случайного вектора; 5) функции регрессии Y на X и X на Y . Построить 2 линии регрессии и выяснить, являются ли независиРис. 4.13 мыми случайные величины X и Y . Решение. Область D показана на рис. 4.13. 1) Плотности распределения случайных величин X и Y найдем, используя формулы (4.28). Плотность распределения случайной величины X :  при x ∉ [ −1;1] f X ( x ) = 0 , т. к. при этом условии f ( x, y ) = 0 ;  при x ∈ [ −1;1] , учитывая, что для точек области D (см. рис. 4.13) справедливо неравенство x − 1 ≤ y ≤ x + 1 , можно записать: f X ( x) = +∞ ∫ −∞ f ( x, y ) dy = x +1 x +1 1 1 1 1 ∫ 4 dy = 4 y x−1 = 4 ( x + 1 − x + 1) = 2 . x −1 156 Глава 4 Следовательно, случайная величина X распределена равномерно на отрезке [ −1, 1] , т. е. ⎡ 1 , x ∈ −1, 1 , [ ] f X ( x) = ⎢ 2 ⎢ ⎣ 0, x ∉ [ −1, 1]. Плотность распределения случайной величины Y :  при y ∉ [ −2, 2] fY ( y ) = 0 , т. к. при этом условии f ( x, y ) = 0 ;  при y ∈ [ −2, 0] , учитывая, что в этом случае −1 ≤ x ≤ y + 1 (см. рис. 4.13), можно записать: fY ( y ) = +∞ ∫ f ( x, y ) dx = −∞ y +1 ∫ −1 y +1 1 1 1 1 1 dx = x = ( y + 1 + 1) = y + ; 4 4 −1 4 4 2  при y ∈ [ 0, 2] , учитывая, что в этом случае y − 1 ≤ x ≤ 1 (см. рис. 4.13), справед- ливо: fY ( y ) = +∞ ∫ f ( x, y ) dx = −∞ 1 1 1 ∫ 4 dx = 4 x y −1 1 1 1 1 = (1 − y + 1) = − y . 4 2 4 y −1 Следовательно, плотность распределения случайной величины Y имеет вид: y < −2, ⎡ 0, ⎢1 1 ⎢ y + , −2 ≤ y ≤ 0, 4 2 fY ( y ) = ⎢ ⎢ 1 1 ⎢ − y + , 0 ≤ y ≤ 2, 2 ⎢ 4 ⎢⎣ 0, y > 2. Графики функций f X ( x ) и fY ( y ) показаны на рис. 4.14 и 4.15. f X ( x) Рис. 4.14 fY ( y ) Рис. 4.15 2) Поскольку случайная величина Х распределена равномерно на отрезке [ −1, 1] , то ее функцию распределения можно определить по соотношениям (см. (3.22)) для функции распределения равномерно распределенной случайной величины, т. е. Случайные векторы 157 0, x < −2, ⎡ ⎢1 FX ( x ) = ⎢ ( x + 1) , − 1 ≤ x ≤ 1, ⎢2 ⎢⎣ 1, x > 2. Функция распределения случайной величины Y определяется по формуле FY ( y ) = используя которую получим: y ∫ fY ( t ) dt , −∞ 0, y < −2, ⎡ 0, y < −2, ⎡ ⎢y ⎢ 1 1 ⎢ ⎛ t + ⎞ dt , −2 ≤ y ≤ 0, ⎢ 1 y 2 + 1 y + 1 , −2 ≤ y ≤ 0, ⎟ ⎢ ∫ ⎝⎜ 4 2 ⎠ 8 2 2 −2 FY ( y ) = ⎢ =⎢ y ⎢ 1 2 1 1 ⎢ ⎛1 1⎞ 1⎞ ⎛ 1 ⎢ ∫ ⎜ t + ⎟ dt + ∫ ⎜ − t + ⎟ dt , 0 ≤ y ≤ 2, ⎢ − 8 y + 2 y + 2 , 0 ≤ y ≤ 2, ⎢ 2⎠ 4 2⎠ ⎢ −2 ⎝ 4 0⎝ ⎢⎣ y > 2. 1, ⎢ y>2 1, ⎣ Графики функций распределения FX ( x ) и FY ( y ) показаны на рис. 4.16 и 4.17. FX ( x ) Рис. 4.16 FY ( y ) Рис. 4.17 3) Условные плотности распределения f X ( x Y = y ) и fY ( y X = x ) определяются из соотношений (4.31) и (4.32): y ≤ −2 ⎡ 0, ⎢ 1 ⎢ y ≤ −2, ⎡ 0, ⎢ 4 , −2< y ≤0 ⎢ 1 ⎢ , − 2 < y ≤ 0, fY ( y ) = 0 ⎢ 1 y + 1 ⎡ 0, ⎢4 2 + y ⎢ 2 =⎢ =⎢ f X ( x Y = y ) = ⎢ f ( x, y ) ⎢ , fY ( y ) ≠ 0 ⎢ 1 1 ⎢ , 0 ≤ y < 2, ⎢⎣ fY ( y ) ⎢ 4 2 − + y ⎢ , 0≤ y<2 ⎢ 1 1 ⎢ 0, y ≥ 2. ⎣ ⎢− y + 2 ⎢ 4 y≥2 ⎣⎢ 0, 158 Глава 4 f X ( x) = 0 ⎡ 1 ⎡ 0, , x ∈ [ −1;1] , ⎢ fY ( y X = x ) = f ( x, y ) = ⎢2 ⎢ , f X ( x) ≠ 0 ⎢ ⎣ 0, x ∉ [ −1;1]. ⎣⎢ f X ( x ) (4.42) 4) Найдем числовые характеристики случайного вектора.  Математическое ожидание случайной величины X вычислим по формуле математического ожидания (см. (3.23)) равномерно распределенной случайной величины: 1 + ( −1) M [X ] = = 0 . Для случайной величины Y используем формулу (4.35): 2 M [Y ] = +∞ ∫ y fY ( y ) dy = −∞ 2 1⎞ 1⎞ ⎛1 ⎛ 1 ∫ y ⎜⎝ 4 y + 2 ⎟⎠ dy + ∫ y ⎜⎝ − 4 y + 2 ⎟⎠ dy = −2 2 ⎛ y3 y 2 ⎞ ⎛ y3 y2 ⎞ 8 8 = ⎜ + ⎟ + ⎜ − + ⎟ = −1− +1 = 0 . ⎝ 12 4 ⎠ −2 ⎝ 12 4 ⎠ 0 12 12 Следовательно, математическим ожиданием случайного вектора является нулеT вой числовой вектор ( 0, 0 ) .  Корреляционный момент (ковариация) K XY вычислим по формуле (4.38): K XY = M [ XY ] − M [ X ] ⋅ M [Y ] , где M [ XY ] — математическое ожидание случайной величины X ⋅ Y . Поскольку M [ X ] = M [Y ] = 0 , а M [ XY ] = +∞ +∞ ∫∫ xyf ( x, y ) dxdy = −∞ −∞ 1 x +1 1 1 1 1 y2 xydxdy xdx ydy xdx = = ⋅ ∫ 4 ∫∫ 4 −∫1 4 −∫1 2 D x −1 1 1 1 1 1 1 x3 = ∫ x ( x 2 + 2 x + 1 − x 2 + 2 x − 1) dx = ∫ x 2 dx = 8 −1 2 −1 2 3 = −1 x +1 = x −1 1 , 3 1 то K XY = M [ XY ] − M [ X ] ⋅ M [Y ] = . 3  Дисперсию случайной величины X вычислим по формуле дисперсии (см. (3.23)) ( b − a ) 2 22 1 равномерно распределенной случайной величины: D [ X ] = = = . Для 12 12 3 случайной величины Y используем формулу (4.36): D [Y ] = +∞ ∫ 2 y 2 fY ( y ) dy − ( M [Y ]) = −∞ 2 1⎞ 1⎞ 2⎛1 2⎛ 1 ∫ y ⎜⎝ 4 y + 2 ⎟⎠ dy + ∫ y ⎜⎝ − 4 y + 2 ⎟⎠ dy − 0 = −2 2 1 1 1 1 = ∫ ⎛⎜ y 3 + y 2 ⎞⎟ dy + ∫ ⎛⎜ − y 3 + y 2 ⎞⎟ dy − 0 = 4 2 ⎠ 4 2 ⎠ 0⎝ −2 ⎝ Случайные векторы 159 2 ⎛ y 4 y3 ⎞ ⎛ y4 y3 ⎞ 8 8 2 =⎜ + ⎟ + ⎜ − + ⎟ = −1 + − 1 + = . ⎝ 16 6 ⎠ −2 ⎝ 16 6 ⎠ 0 6 6 3 Тогда среднеквадратические отклонения равны: σ X = 1 2 и σX = . 3 3  Коэффициент корреляции, вычисленный по формуле (4.39), равен: rXY = 1 3 K XY 1 = = ≈ 0,707 . σ X σY 1 2 2 ⋅ 3 3  Выпишем корреляционную матрицу ⎛1 ⎛ D [ X ] K XY ⎞ ⎜ 3 Σ=⎜ ⎟=⎜ ⎝ K XY D [Y ] ⎠ ⎜ 1 ⎜ ⎝3 1⎞ 3⎟ ⎟ 2⎟ ⎟ 3⎠ и вычислим обобщенную дисперсию Σ= 1 3 = D [Y ] 1 3 D [ X ] K XY K XY 1 3 1 2 1 1 1 = ⋅ − ⋅ = . 2 3 3 3 3 9 3 5) Регрессия X на Y ( mX ( y ) ) определяется формулой (4.40) по найденной условной плотности f X ( x Y = y ) :  m X ( y ) = 0 , если y ≤ −2 ;  mX ( y ) = +∞ ∫ x f X ( x Y = y ) dx = −∞ = ∫ −1 x 1 1 x2 dx = y+2 y+2 2 y +1 = −1 ( y + 1)2 − 1 y 2 + 2 y y = = , если −2 < y ≤ 0 ; 2 ( y + 2) 2 ( y + 2) 2  mX ( y ) = +∞ ∫ x f X ( x Y = y ) dx = 2 1 1 x 2− y 2 y −1 1 1 ∫ x 2 − y dx = y −1 −∞ = y +1 = 2 1 − ( y − 1) − y2 + 2 y y = = , если 0 ≤ y < 2 ; 2(2 − y ) 2(2 − y) 2  m X ( y ) = 0 , если y ≥ 2 . 160 Глава 4 Следовательно, ⎡ 0, y ≤ −2, ⎢y m X ( y ) = ⎢ , −2 < y < 2, ⎢2 ⎢⎣ 0, y ≥ 2. y , при −2 ≤ y ≤ 2 . 2 При определении регрессии (условного математического ожидания) Y на X можно использовать то, что условная плотность fY ( y X = x ) (4.42) равномерно распределена на каждом из отрезков x − 1 ≤ y ≤ x + 1 при x ∈ [ −1, 1] . Поэтому, используя формулу математического ожидания (см. (3.23)), можно записать: Линия регрессии X на Y : x = mX ( y ) или x = 0, x < −1, ⎡ ⎢ ( x + 1) + ( x − 1) mY ( x ) = ⎢ = x, − 1 ≤ x ≤ 1, 2 ⎢ ⎢⎣ 0, x > 1. Линия регрессии Y на X : y = mY ( x ) или y = x , при −1 ≤ x ≤ 1 . Линии регрессии показаны на рис. 4.13 жирными линиями. Поскольку линии регрессии являются прямыми, то регрессия линейная. Линии регрессии пересекаются в точке ( 0; 0 ) , и это соответствует тому, что M [ X ] = M [Y ] = 0 . Линии регрессии не параллельны координатным осям, и, соответственно, условные математические ожидания не совпадают с безусловными. Следовательно, случайные величины X и Y зависимы. З АМЕЧАНИЕ Задачи 4.17 и 4.18 предлагается решить самостоятельно. Задача 4.17. Двумерный случайный вектор задан плотностью распределения: ⎡С , ( x, y ) ∈ D, f ( x, y ) = ⎢ ⎣ 0, ( x, y ) ∉ D, где область D = {( x, y ) ∈ R 2 : x 2 + y 2 < 1} . Найти: 1) параметр C ; 2) плотности рас- пределения случайных величин X и Y ; 3) условные плотности f ( x Y = y ) и f ( y X = x ) ; 4) числовые характеристики случайного вектора; 5) функции регрессии Y на X и X на Y . Выяснить, являются ли независимыми случайные величины X и Y . Задача 4.18. Двумерный случайный вектор задан плотностью распределения: ⎡Сxy, ( x, y ) ∈ D, f ( x, y ) = ⎢ ( x, y ) ∉ D, ⎣ 0, Случайные векторы 161 где область D = {( x, y ) ∈ R 2 : x + y < 1, x ≥ 0, y ≥ 0} . Найти: 1) параметр C ; 2) плотности распределения случайных величин X и Y ; 3) условные плотности f ( x Y = y ) и f ( y X = x ) ; 4) числовые характеристики случайного вектора; 5) функции регрессии Y на X и X на Y . Выяснить, являются ли независимыми случайные величины X и Y . 4.5. Задания для типовых расчетов Задание 4.1. Задан закон распределения двумерного дискретного случайного вектора { X , Y } . Найти: 1) маргинальные законы распределения его компонент X и Y ; 2) функции распределения случайных величин X и Y ; 3) функцию их совместного распределения; 4) условные законы распределения случайной величины X при условии Y = y j и условные законы распределения случайной величины Y при условии X = xi , i = 1, ..., m, j = 1, ..., n ; 5) числовые характеристики случайных величин X и Y ; 6) функции регрессии Y на X и X на Y . Построить линии регрессии. Выяснить, являются ли случайные величины X и Y независимыми. Вариант 1 Y Вариант 2 –1,3 0,5 1,5 2,5 –1 0,05 0,02 0,1 0,08 1 0,15 0,25 0,06 2 0,1 0,05 0,02 X –2 –1 1 0,5 0,13 0,01 0,2 0,09 0,04 1,5 0,06 0,05 0,1 0,1 0,08 2,5 0,04 0,02 0,05 0,15 1 2 3 Вариант 3 Y Y X Вариант 4 –1 1 2 3 0,2 0,1 0,04 0,06 –2 0,1 0,1 0,12 1 0,1 0,04 0,01 0,05 2 0,05 0,25 0,08 3 0,2 0,1 0,02 0,08 4 0,05 0,15 0,1 –2 1 3 4 X Вариант 5 Y Y X Вариант 6 1 2 3 4 0,1 0,02 0,05 0,04 0,05 0,01 0,12 0,09 1 0,15 0,15 0,06 0,04 2 0,1 0,12 0,1 0,2 2 0,1 0,2 0,05 0,04 3 0,05 0,03 0,08 0,05 X Y X 162 Глава 4 Вариант 7 Y Вариант 8 1 1,5 2 0,5 0,2 0,1 0,05 1 0,3 0,04 1,5 0,1 0,1 X 1 2 –3 0,15 0,1 0,1 0,06 –2 0,2 0,05 0,15 0,05 0,05 0,1 0,1 –2 1 3 Вариант 9 Y Y X Вариант 10 1 2 3 4 –1 0,2 0,02 0,08 0,08 –2 0,1 0,01 0,1 0,09 0,05 0,25 0,06 0,04 0,1 0,15 0,1 0,15 2 0,05 0,1 0,02 0,05 2 0,05 0,05 0,05 0,05 1 2 2,5 X Вариант 11 Y Y X Вариант 12 1,3 2,5 3,2 0,5 0,2 0,1 0,05 0,5 0,1 0,02 0,1 0,08 1,5 0,3 0,04 0,06 1,5 0,15 0,05 0,06 0,04 2,5 0,1 0,1 0,05 2 0,1 0,12 0,08 0,1 1,5 2,5 3 X Вариант 13 Y Y X Вариант 14 1 1,5 2 2,5 –1 0,06 0,01 0,13 0,09 0,5 0,2 0,2 0,1 0,1 0,1 0,1 0,1 1,5 0,15 0,04 0,06 1 0,09 0,05 0,07 0,1 2 0,1 0,1 0,05 –1 1 2 X Вариант 15 Y Y X Вариант 16 1 2 –2 0,05 0,1 0,15 –2 0,05 0,03 0,02 –1 0,05 0,13 0,02 0,18 0,15 0,05 0,05 0,15 0,05 1 0,1 0,13 0,1 3 0,05 0,12 0,08 2 0,02 0,07 0,1 X Y X Случайные векторы 163 Вариант 17 Y Вариант 18 1 2 3 0,1 0,3 0,18 1 0,16 0,1 2 0,04 0,04 X –1 2 2 0,18 0,1 0,12 0,06 2,5 0,05 0,15 0,05 0,02 3 0,2 0,1 0,05 –2 –1 1 Вариант 19 Y Y X Вариант 20 1 2 3 0,1 0,1 0,1 0,05 –1 0,08 0,05 0,13 0,05 1 0,1 0,15 0,05 0,1 0,1 0,03 0,1 0,1 2 0,02 0,08 0,07 0,08 1 0,07 0,12 0,07 0,1 X Вариант 21 Y Вариант 22 0,5 1 1,5 0,5 0,2 0,15 0,1 1,5 0,15 0,1 2,2 0,15 0,05 X Y 1 2 –3 0,18 0,1 0,04 –2 0,2 0,05 0,06 –1 0,12 0,1 0,1 0,15 Вариант 24 1 2 3 –2 0,1 0,08 0,1 0,1 0,1 0,05 0,06 2 0,05 0,1 0,12 Вариант 25 Y 1 2 3 4 1 0,1 0,03 0,1 0,1 0,04 2 0,1 0,15 0,05 0,15 0,1 3 0,05 0,07 0,05 0,05 –1 1 X Вариант 26 1,3 1,5 2,2 –0,5 0,25 0,1 0,1 –2 0,15 0,1 0,15 0,5 0,1 0,05 0,03 –1 0,1 0,12 0,08 1,5 0,2 0,1 0,07 0,15 0,1 0,05 X Y Y X Вариант 23 X Y X Y X 164 Глава 4 Вариант 27 Y Вариант 28 1 2 3 –2 0,1 0,2 0,05 0,03 1 0,05 0,05 0,06 2 0,15 0,05 0,15 X 1 2 3 4 –1 0,15 0,8 0,1 0,1 0,04 0,05 0,15 0,04 0,12 0,07 1 0,05 0,02 0,06 0,08 –1 1 Вариант 29 Y Y X Вариант 30 1,3 1,5 2,2 0,1 0,2 0,05 –2 0,1 0,1 0,15 1 0,1 0,05 0,14 –1 0,1 0,12 0,08 2 0,2 0,06 0,1 0,15 0,1 0,1 X Y X Задание 4.2. Двумерный непрерывный случайный вектор распределен равномерно в области D , т. е. плотность распределения случайного вектора имеет вид: ⎧C , ( x, y ) ∈ D, f ( x, y ) = ⎨ ⎩0, ( x, y ) ∉ D. Найти: 1) параметр C ; 2) плотности распределения компонент случайного вектора X и Y ; 3) функции распределения компонент случайного вектора X и Y ; 4) условные плотности f ( x Y = y ) и f ( y X = x ) ; 5) числовые характеристики случайного вектора; 6) функции регрессии (условные математические ожидания) Y на X и X на Y . Построить линии регрессии. Выяснить, являются ли независимыми компоненты случайного вектора X и Y . Варианты задания 1. D = {( x, y ) : x 2 + y 2 ≤ 4} . 2. D = {( x, y ) : x 2 + y 2 ≤ 9} . 3. D = {( x, y ) : x 2 + y 2 ≤ 16} . 4. D = {( x, y ) : x + y ≤ 4} . 5. D = {( x, y ) : x + y ≤ 1} . 6. D = {( x, y ) : x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 4} . 7. D = {( x, y ) : x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 2} . 8. D = {( x, y ) : 0 ≤ x ≤ 1, y ≥ 0, y ≤ x} . 9. D = {( x, y ) : 0 ≤ x ≤ 1, y ≤ 1, y ≥ x} . 10. D = {( x, y ) : x ≤ 1, y ≤ 1, x + y ≥ 1} . 11. D = {( x, y ) : x ≥ 0, y ≤ 2 − x, y ≥ x} . 12. D = {( x, y ) : y ≥ 0, y ≤ 2 − x, y ≤ x} . 13. D = {( x, y ) : x 2 + y 2 ≤ 9, y ≥ 0, x ≥ 0} . 14. D = {( x, y ) : − 1 ≤ x ≤ 0, 0 ≤ y ≤ − x} . 15. D = {( x, y ) : x ≥ −2, x ≤ y ≤ 0} . 16. D = {( x, y ) : 0 ≤ x ≤ 1, x ≤ y ≤ x + 1} . 17. D = {( x, y ) : 0 ≤ y ≤ 1, y ≤ x ≤ y + 1} . 18. D = {( x, y ) : y ≥ 0, y − 1 ≤ x ≤ 1 − y} . Случайные векторы 165 19. D = {( x, y ) : y ≥ 0, y − 2 ≤ x ≤ 2 − y} . 20. D = {( x, y ) : y ≥ − x, y ≥ x, y ≤ 1} . 21. D = {( x, y ) : y ≥ x, y ≥ − x, y ≤ 2} . 22. D = {( x, y ) : 0 ≤ y ≤ 1, y − 1 ≤ x ≤ 1} . 23. D = {( x, y ) : 0 ≤ y ≤ 1, − 1 ≤ x ≤ 1 − y} . 24. D = {( x, y ) : 0 ≤ x ≤ 1, x − 1 ≤ y ≤ 0} . 25. D = {( x, y ) : x 2 + y 2 ≤ 4, y ≥ 0} . 26. D = {( x, y ) : x 2 + y 2 ≤ 1, y ≥ 0} . 27. D = {( x, y ) : x 2 + y 2 ≤ 4, y ≥ 0, x ≥ 0} . 28. D = {( x, y ) : 0 ≤ y ≤ x + 1, x ≤ 0} . 29. D = {( x, y ) : x ≤ 0, 0 ≤ y ≤ x + 4} . 30. D = {( x, y ) : 0 ≤ x ≤ 1, − x ≤ y ≤ 1 − x} . Задание 4.3. Задана f ( x, y ) — плотность совместного распределения случайных величин X и Y . Найти: 1) параметр C ; 2) плотности и функции распределения случайных величин X и Y ; 3) условные плотности f ( x Y = y ) и f ( y X = x ) ; 4) математические ожидания и условные математические ожидания. Построить линии регрессии. Выяснить, являются ли независимыми компоненты случайного вектора X и Y . Варианты задания ⎡ 0, ( x, y ) ∉ D, 1. f ( x, y ) = ⎢ ⎣Cxy, ( x, y ) ∈ D, D = {( x, y ) : x 2 + y 2 ≤ 4, x ≥ 0, y ≥ 0} . 0, ( x, y ) ∉ D, ⎡ 2. f ( x, y ) = ⎢ 2 2 ⎣Cx y , ( x, y ) ∈ D, ⎡ 0, ( x, y ) ∉ D, 3. f ( x, y ) = ⎢ ⎣Cxy, ( x, y ) ∈ D, D = {( x, y ) : x + y ≤ 1, y ≥ 0} . D = {( x, y ) : x + y ≤ 2, x ≥ 0, y ≥ 0} . 0, ( x, y ) ∉ D, ⎡ 4. f ( x, y ) = ⎢ ⎣C (1 − x ) y, ( x, y ) ∈ D, D = {( x, y ) : 0 ≤ y ≤ x, 0 ≤ x ≤ 1} . ⎡ 0, ( x, y ) ∉ D, 5. f ( x, y ) = ⎢ 2 ⎣Cx y , ( x, y ) ∈ D, D = {( x, y ) : x 2 + y 2 ≤ 1, y ≥ 0} . ⎡ 0, ( x, y ) ∉ D, 6. f ( x, y ) = ⎢ 2 ⎣Cxy , ( x, y ) ∈ D, D = {( x, y ) : x 2 + y 2 ≤ 1, x ≥ 0} . ⎡ 0, ( x, y ) ∉ D, 7. f ( x, y ) = ⎢ ⎣Cxy, ( x, y ) ∈ D, D = {( x, y ) : x ≤ y ≤ 1, 0 ≤ x ≤ 1} . ⎡ 0, ( x, y ) ∉ D, 8. f ( x, y ) = ⎢ ⎣Cxy, ( x, y ) ∈ D, D = {( x, y ) : x 2 + y 2 ≤ 1, y ≤ 0, x ≤ 0} . ⎡ 0, ( x, y ) ∉ D, 9. f ( x, y ) = ⎢ ⎣Cxy, ( x, y ) ∈ D, D = {( x, y ) : − x + y ≤ 1, x ≤ 0, y ≥ 0} . 166 Глава 4 0, ( x, y ) ∉ D, ⎡ 10. f ( x, y ) = ⎢ 2 2 ⎣Cx y , ( x, y ) ∈ D, ⎡ 0, ( x, y ) ∉ D, 11. f ( x, y ) = ⎢ 2 ⎣Cxy , ( x, y ) ∈ D, D = {( x, y ) : x + y ≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0} . D = {( x, y ) : x − y ≤ 1, x ≥ 0, y ≤ 0} . ⎡ 0, ( x, y ) ∉ D, 12. f ( x, y ) = ⎢ ⎣C x y , ( x, y ) ∈ D, D = {( x, y ) : y ≤ x + 1, y ≤ 1 − x, y ≥ 0} . ⎡ 0, ( x, y ) ∉ D, 13. f ( x, y ) = ⎢ ⎣Cx y , ( x, y ) ∈ D, D = {( x, y ) : x − 1 ≤ y ≤ 1 − x, x ≥ 0} . 0, ( x, y ) ∉ D, ⎡ 14. f ( x, y ) = ⎢ 2 ⎣Cx (1 − y ) , ( x, y ) ∈ D, D = {( x, y ) : y ≤ x + 1, y ≤ 1 − x, y ≥ 0} . 0, ( x, y ) ∉ D, ⎡ 15. f ( x, y ) = ⎢ 2 ⎣C (1 − x ) y , ( x, y ) ∈ D, D = {( x, y ) : x − 1 ≤ y ≤ 1 − x, x ≥ 0} . 0, ( x, y ) ∉ D, ⎡ 16. f ( x, y ) = ⎢ 2 2 ⎣Cx y , ( x, y ) ∈ D, D = {( x, y ) : x 2 + y 2 ≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0} . 0, ( x, y ) ∉ D, ⎡ 17. f ( x, y ) = ⎢ ⎣Cx ( x + y ) , ( x, y ) ∈ D, D = {( x, y ) : 0 ≤ x ≤ y ≤ 1} . 0, ( x, y ) ∉ D, ⎡ 18. f ( x, y ) = ⎢ ⎣Cy ( x + y ) , ( x, y ) ∈ D, D = {( x, y ) : 0 ≤ y ≤ x ≤ 1} . ⎡ 0, ( x, y ) ∉ D, 19. f ( x, y ) = ⎢ 2 ⎣Cx y , ( x, y ) ∈ D, D = {( x, y ) : x + y ≤ 2, y ≥ 0} . 0, ( x, y ) ∉ D, ⎡ 20. f ( x, y ) = ⎢ ⎣ C ( x + y ) , ( x, y ) ∈ D , D = {( x, y ) : x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 1} . 0, ( x, y ) ∉ D, ⎡ 21. f ( x, y ) = ⎢ ⎣ C ( x + y ) , ( x, y ) ∈ D , D = {( x, y ) : x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 4} . 0, ( x, y ) ∉ D, ⎡ 22. f ( x, y ) = ⎢ 2 2 ⎣Cx y , ( x, y ) ∈ D, D = {( x, y ) : x 2 + y 2 ≤ 4, x ≥ 0, y ≥ 0} . 0, ( x, y ) ∉ D, ⎡ 23. f ( x, y ) = ⎢ 2 2 ⎣Cx y , ( x, y ) ∈ D, D = {( x, y ) : x + y ≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0} . 0, ( x, y ) ∉ D, ⎡ 24. f ( x, y ) = ⎢ 2 2 ⎣Cx y , ( x, y ) ∈ D, D = {( x, y ) : x + y ≤ 1, y ≥ 0} . Случайные векторы 0, ( x, y ) ∉ D, ⎡ 25. f ( x, y ) = ⎢ 2 2 ⎣Cx y , ( x, y ) ∈ D, ⎡ 0, ( x, y ) ∉ D, 26. f ( x, y ) = ⎢ ⎣Cxy, ( x, y ) ∈ D, 167 D = {( x, y ) : x + y ≤ 2, y ≥ 0} . D = {( x, y ) : x 2 + y 2 ≤ 9, x ≤ 0, y ≤ 0} . ⎡ 0, ( x, y ) ∉ D, 27. f ( x, y ) = ⎢ 2 ⎣Cxy , ( x, y ) ∈ D, D = {( x, y ) : x ≥ 0, x − 1 ≤ y ≤ 0} . ⎡ 0, ( x, y ) ∉ D, 28. f ( x, y ) = ⎢ 2 ⎣Cx y , ( x, y ) ∈ D, D = {( x, y ) : y ≥ 0, y − 1 ≤ x ≤ 0} . ⎡ 0, ( x, y ) ∉ D, 29. f ( x, y ) = ⎢ ⎣Cxy, ( x, y ) ∈ D, D = {( x, y ) : x 2 + y 2 ≤ 4, x ≤ 0, y ≤ 0} . ⎡ 0, ( x, y ) ∉ D, 30. f ( x, y ) = ⎢ ⎣Cxy, ( x, y ) ∈ D, D = {( x, y ) : x 2 + y 2 ≤ 16, x ≤ 0, y ≤ 0} . 168 Глава 4 ГЛАВА 5 Функции случайных величин При решении многих прикладных задач часто требуется рассматривать неслучайные функции одной или нескольких случайных величин (случайных аргументов). Такие функции также являются случайными величинами. Чтобы определять их законы распределения, надо знать не только функциональную зависимость, но и законы распределения случайных аргументов. 5.1. Функции одного случайного аргумента Пусть на вероятностном пространстве Ω, ℑ, P задана случайная величина X ( ω) и ϕ — некоторая числовая функция. Рассмотрим новую случайную величину Z ( ω) как композицию функций X и ϕ , образованную по правилу Z ( ω) = ϕ ( X ( ω) ) . Случайная величина Z ( ω) называется функцией ϕ случайной величины X ( ω) или функцией ϕ одного случайного аргумента X . З АМЕЧАНИЕ В дальнейшем для случайных величин X и Z мы будем использовать обозначение Z = ϕ ( X ) , опуская их зависимость от ω . Если случайная величина X — дискретная, то случайная величина Z = ϕ ( X ) также является дискретной. Функцию ϕ мы будем предполагать непрерывной. Случайная величина Z = ϕ ( X ) является непрерывной, если X — непрерывная случайная величина. В этом случае мы будем предполагать, что функция ϕ еще и дифференцируема. Если Z — дискретная случайная величина, то закон ее распределения может быть задан рядом распределения, если известен ряд распределения дискретного случайного аргумента X . Если случайная величина Z — непрерывная, то ее закон распределения задается функцией распределения FZ ( z ) или плотностью распределения f Z ( z ) . Функции FZ ( z ) и f Z ( z ) , как будет показано в дальнейшем, можно найти, если известен за- 170 Глава 5 кон распределения случайной величины X , т. е. если известна FX ( x ) — функция распределения или f X ( x ) — плотность распределения случайной величины X . З АМЕЧАНИЕ В дальнейшем обозначение функции распределения и плотности распределения мы всегда будем снабжать индексами X или Z , в зависимости от того, закон какой переменной задает соответствующая функция. Функции дискретного случайного аргумента Если случайная величина X — дискретная и известен ее закон распределения в виде ряда распределения, то можно составить ряд распределения дискретной случайной величины Z = ϕ ( X ) , поставив в соответствие каждому значению zk = ϕ ( xk ) вероятность, равную сумме вероятностей тех значений случайной величины X , которые преобразовались функцией ϕ в данное значение, т. е. P { Z = zk } = ∑ i: ϕ( xi ) = zk P { X = xi } (5.1) для всех возможных значений zk . Задача 5.1. Случайная величина X принимает все целые значения от 0 до 9 с равными вероятностями, т. е. 1 P { X = k } = , k = 0,1, 2, ..., 9. 10 2 Составить ряд распределения случайной величины Z = ( X − 5 ) . Решение. Поскольку случайная величина X принимает значения: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, то случайная величина Z может принимать значения: 0, 1, 4, 9, 16, 25. Вычислим вероятности, с которыми принимаются эти значения, учитывая формулу (5.1): 1 P { Z = 0} = P { X = 5} = = 0,1 , 10 1 1 P { Z = 1} = P { X = 4} + P { X = 6} = + = 0, 2 10 10 1 1 P { Z = 4} = P { X = 3} + P { X = 7} = + = 0, 2 , 10 10 1 1 P { Z = 9} = P { X = 2} + P { X = 8} = + = 0, 2 , 10 10 1 1 P { Z = 16} = P { X = 1} + P { X = 9} = + = 0,2 , 10 10 1 P { Z = 25} = P { X = 0} = = 0,1 . 10 Функции случайных величин 171 Ряд распределения случайной величины Z представлен в табл. 5.1. Таблица 5.1 Z 1 4 9 16 25 P 0,1 0,2 0,2 0,2 0,2 0,1 Функцией распределения FZ ( z ) новой случайной величины Z = ϕ ( X ) называется числовая функция FZ ( z ) , для которой при любом значении z ∈ R справедливо равенство FZ ( z ) = P ( Z < z ) . (5.2) Для функции распределения FZ ( z ) выполняются все свойства функции распределения случайной величины, указанные в разд. 3.1. Если составлен ряд распределения дискретной случайной величины Z , то ее функция распределения и все основные числовые характеристики находятся по общим для всех дискретных случайных величин правилам. В частности, математическое ожидание и дисперсия случайной функции Z = ϕ ( X ) определяются формулами: M [ Z ] = ∑ zk P {Z = zk } = ∑ ϕ ( xi ) P { X = xi } , k (5.3) i D [ Z ] = ∑ zk2 P {Z = zk } − ( M [ Z ]) = ∑ ϕ2 ( xi ) P { X = xi } − ( M [ Z ]) , 2 k 2 (5.4) i в которых суммирование идет по всем возможным значениям индексов k и i . При этом следует учитывать, что в формулах (5.3) и (5.4) суммирование может проводиться и по бесконечному числу значений индексов. В этом случае соответствующие ряды должны быть абсолютно сходящимися, иначе математическое ожидание и дисперсии не определены. Для математического ожидания и дисперсии случайной функции Z = ϕ ( X ) выполняются все свойства математического ожидания и дисперсии дискретной случайной величины, которые приведены в разд. 3.2. 2 Задача 5.2. По ряду распределения для случайной функции Z = ( X − 5 ) , полученному в задаче 5.1 (см. табл. 5.1), построить функцию распределения и вычислить математическое ожидание и дисперсию случайной величины. Решение. 1) Учитывая соотношения (3.3), функцию распределения случайной вели2 чины Z = ( X − 5 ) можно представить в виде: 172 Глава 5 z ≤ 0, ⎡ 0, ⎢ 0,1, 0 < z ≤ 1, ⎢ 1 < z ≤ 4, ⎢ 0,3, ⎢ FZ ( z ) = ⎢ 0,5, 4 < z ≤ 9, ⎢ 0,7, 9 < z ≤ 16, ⎢ ⎢ 0,9, 16 < z ≤ 25, ⎢⎣1, z > 25. График функции распределения показан на рис. 5.1. FZ ( z ) Рис. 5.1 2) Вычислим числовые характеристики по формулам (5.3) и (5.4): M [ Z ] = 0 ⋅ 0,1 + 1 ⋅ 0, 2 + 4 ⋅ 0, 2 + 9 ⋅ 0, 2 + 16 ⋅ 0, 2 + 25 ⋅ 0,1 = 8,5 . D [ Z ] = 0 ⋅ 0,1 + 1 ⋅ 0,2 + 16 ⋅ 0, 2 + 81 ⋅ 0, 2 + 256 ⋅ 0, 2 + 625 ⋅ 0,1 − 8,52 = 61,05 . З АМЕЧАНИЕ Если известны математическое ожидание и дисперсия случайной величины X , то математическое ожидание и дисперсию случайной величины Z = ϕ ( X ) можно вычислять, используя их свойства. Задача 5.3 Известны M [ X ] = 2,1 и D [ X ] = 0, 49 . Вычислить математическое ожидание и дисперсию случайной величины Z = 3 X + 2 . Решение. M [ Z ] = M [3 X + 2] = 3 ⋅ M [ X ] + 2 = 3 ⋅ 2,1 + 2 = 8,3 . D [ Z ] = D [3 X + 2] = 9 ⋅ D [ X ] + 0 = 9 ⋅ 0, 49 = 4,41 . З АМЕЧАНИЕ Задачи 5.4 и 5.5 предлагается решить самостоятельно. Задача 5.4. Найдите математическое ожидание и дисперсию случайной величины Z = X 2 , если ряд распределения случайной величины X задан табл. 5.2. Функции случайных величин 173 Таблица 5.2 Таблица 5.3 X –2 –1 1 2 X –2 –1 1 2 3 P 0,3 0,1 0,1 0,2 0,3 P 0,15 0,1 0,1 0,15 0,3 0,2 Задача 5.5. Найдите вероятность того, что Z ≥ 3 , если Z = X 2 − 1 и если ряд распределения случайной величины X задан табл. 5.3. Функции непрерывного случайного аргумента Пусть X — непрерывная случайная величина и функция ϕ непрерывна и дифференцируема. Тогда случайная величина Z = ϕ ( X ) будет непрерывной, закон ее распределения может быть задан функцией распределения FZ ( z ) или плотностью распределения f Z ( z ) . При этом FZ ( z ) и f Z ( z ) определяются через заданные функцию распределения FX ( x ) и плотность распределения f X ( x ) случайной величины X . Теорема 5.1. Если заданы функция распределения FX ( x ) случайной величины X и монотонная, непрерывная и дифференцируемая функция ϕ ( X ) случайной величины X и если функция X = ψ ( Z ) = ϕ−1 ( Z ) — обратная к функции Z = ϕ ( X ) , то функция распределения FZ ( z ) новой случайной величины Z = ϕ ( X ) определяется из соотношения FZ ( z ) = FX ( ψ ( z ) ) = FX ( ϕ−1 ( z ) ) , (5.5) если функция ϕ строго возрастает, и из соотношения FZ ( z ) = 1 − FX ( ψ ( z ) ) = 1 − FX ( ϕ−1 ( z ) ) , (5.6) если функция ϕ строго убывает (рис. 5.2 и 5.3 соответственно). Z z O Z = X ϕ( ) x = ϕ −1 ( z ) Рис. 5.2 Z X z Z =ϕ (X O x = ϕ −1 ( z ) Рис. 5.3 ) X 174 Глава 5 Задача 5.6. Непрерывная случайная величина X задана функцией распределения ⎡1 − e− x , x ≥ 0, FX ( x ) = ⎢ x < 0. ⎣ 0, Найти функцию распределения случайной величины Z , если: 1) Z = 1 − 2 X ; 2) Z = X 2 . Решение. 1) Функция Z = 1 − 2 X является убывающей. Поэтому для функции распределения случайной величины Z используем соотношение (5.6). Решая уравнение Z = 1 − 2 X относительно X , получим обратную функцию 1− Z . 2 Учитывая, что условию x ≥ 0 соответствует условие z ≤ 1 , получим соотношения для функции распределения случайной величины Z : X = ψ ( z ) = ϕ−1 ( Z ) = 1− z 1− z ⎡ 1 − 1 + e − 2 , z ≤ 1 ⎡ e− 2 , z ≤ 1, FZ ( z ) = 1 − FX ( φ ( z ) ) = ⎢ =⎢ z > 1 ⎣⎢1, z > 1. ⎣⎢1 − 0, −1 2) Функция Z = X 2 не является монотонной. Поэтому для того, чтобы найти выражение для функции распределения FZ ( z ) , используем ее определение, а также ее четвертое свойство (см. разд. 3.1). Учитывая, что случайная величина Z может принимать только неотрицательные значения, и выбирая вследствие этого только z ≥ 0 , получим: { } ( − z ). FZ ( z ) = P ( Z < z ) = P { X 2 < z} = P X < z = { } = P − z < X < z = FX ( z)−F X (5.7) Поскольку при x = − z < 0 FX ( x ) = 0 , то ⎡ 1 − e− z , FZ ( z ) = ⎢ ⎣0, z ≥ 0, z < 0. Плотность распределения непрерывной случайной величины Z = ϕ ( X ) определяется как производная от ее функции распределения, вычисленная по правилу дифференцирования сложной функции. Из теоремы 5.1 следует: если FZ ( z ) — функция распределения случайной величины Z , а функция X = ψ ( Z ) = ϕ−1 ( Z ) — обратная к функции Z = ϕ ( X ) , то f Z ( z ) = FZ′ ( z ) = FX′ ( ψ ( z ) ) ⋅ ψ′ ( z ) = f X ( ψ ( z ) ) ⋅ ψ′ ( z ) , (5.8) если функция ϕ возрастающая; f Z ( z ) = (1 − FZ ( z ) )′ z = − FX′ ( ψ ( z ) ) ⋅ ψ′ ( z ) = − f X ( ψ ( z ) ) ⋅ ψ′ ( z ) , если функция ϕ убывающая. (5.9) Функции случайных величин 175 З АМЕЧАНИЕ Поскольку плотность ψ ′ ( z ) ≥ 0 для возрастающей функции ϕ и ψ ′ ( z ) ≤ 0 для убывающей, то формулы (5.8) и (5.9) можно объединить. f Z ( z ) = f X ( ψ ( z ) ) ⋅ ψ′ ( z ) . (5.10) равна 5.7. Плотность распределения случайной величины X 1 f X ( x) = . Найти плотность распределения случайной величины π (1 + x 2 ) Z = 3 − 2X . Задача Решение. Поскольку для функции Z = ϕ ( X ) = 3 − 2 X обратной является функция 3− Z и функция ϕ ( X ) — убывающая, то по формуле (5.9) получим: X= 2 3 − z ⎞⎛ 3 − z ⎞′ f Z ( z ) = − f X ⎛⎜ ⎟⎜ ⎟ = − fX ⎝ 2 ⎠⎝ 2 ⎠ 1 ⎛ 3 − z ⎞⎛ − 1 ⎞ = 1 ⋅ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠⎝ 2 ⎠ π 1 + 3 − z 2 1 4 2 1 = ⋅ = ⋅ . 2π 4 + ( 3 − z )2 π 4 + ( 3 − z ) 2 ( ) 2 ⋅ 1 = 2 Задача 5.8. Случайная величина распределена по нормальному закону с плотx2 1 −2 e . Получить формулу для плотности расностью распределения f X ( x) = 2π пределения случайной величины Z = X 2 . Решение. 1) Пусть z ≥ 0 . Используя полученное соотношение (5.7) в задаче 5.6, а также то, что для функции Z = X 2 обратная функция X = ϕ−1 ( Z ) = ψ ( Z ) = ± Z , получим плотность распределения для случайной величины Z , дифференцируя ее функцию распределения FZ ( z ) как сложную функцию: f Z ( z ) = FZ′ ( z ) = FX′ ( z ) 21 z + F′ (− z ) 21 z = X = 1 2 z ( f ( z ) + f ( − z )) . X 2) При z < 0 , FZ ( z ) = 0 и, следовательно, f Z ( z ) = 0 . Поэтому ( ( z ) + f ( − z )) , ⎡ 1 fX fZ ( z ) = ⎢ 2 z ⎢ 0, ⎣ Поскольку f X ( z ) = f (− z ) = X X 1 −z/2 e , то 2π ⎡ 1 e− z / 2 , z ≥ 0, f Z ( z ) = ⎢ 2 πz ⎢ z < 0. ⎣0, z ≥ 0, z < 0. X 176 Глава 5 З АМЕЧАНИЕ Задачи 5.9—5.11 предлагается решить самостоятельно. Задача 5.9. Найти плотность распределения случайной величины Z = X + 2 , если непрерывная случайная величина X задана плотностью распределения ⎡ 1 x, x ∈ 0; 2 , [ ] f X ( x) = ⎢ 2 ⎢ ⎣ 0, x ∉ [ 0; 2]. Задача 5.10. Найти функцию распределения случайной величины Z = 2 − X , если функция распределения случайной величины X имеет вид: ⎡ 0, x ≤ 0, FX ( x) = ⎢ x, 0 < x ≤ 1, ⎢ ⎢⎣1, x > 1. Задача 5.11. Найти функцию распределения случайной величины Z = 2 X − 1 , если непрерывная случайная величина X задана плотностью распределения ⎡ e− x , x ≥ 0, f ( x) = ⎢ ⎣ 0, x < 0. Числовые характеристики непрерывной функции одной случайной величины Если X — непрерывная случайная величина и f X ( x ) — ее плотность распределения, то числовые характеристики случайной величины Z = ϕ ( X ) определяются формулами M [Z ] = +∞ ∫ ϕ ( x ) f ( x ) dx , (5.11) −∞ D[Z ] = +∞ ∫ ( ϕ ( x ) − M [ Z ]) 2 f ( x ) dx , (5.12) ( x ) f ( x ) dx − ( M [ Z ])2 . (5.13) −∞ или D[Z ] = +∞ ∫ϕ 2 −∞ В формулах (5.11)—(5.13) несобственные интегралы предполагаются абсолютно сходящимися, иначе соответствующие числовые характеристики не определены. Задача 5.12. Плотность равномерно распределенной случайной величины X имеет вид: ⎧ 1 , x ∈ 0, π , [ ] ⎪ f ( x) = ⎨ π ⎪ ⎩0, x ∉ [ 0, π ]. Функции случайных величин 177 Вычислить математическое ожидание и дисперсию случайных величин: Y = 3 X и Z = sin X . Решение. 1) Случайная величина X распределена равномерно на отрезке [ a, b] = [0, π] . Поэтому ее математическое ожидание и дисперсию можно найти по формулам (3.23): 2 a+b π ( b − a ) π2 . = , D[ X ] = = 2 2 12 12 Тогда математическое ожидание и дисперсию случайной величины Y можно вычислить, используя свойства математического ожидания, которые даны в разд. 3.2: M [X ] = 3π π 2 3π 2 , D [Y ] == D [3 X ] = 9 D [ X ] = 9 ⋅ . = 12 4 2 2) Математическое ожидание и дисперсию случайной величины Z вычислим, используя формулы (5.11) и (5.13): M [Y ] = M [3 X ] = 3M [ X ] = M [Z ] = +∞ ∫ ϕ ( x ) f ( x ) dx = −∞ +∞ π π 1 1 2 sin xdx = − cos x = . ∫ π0 π π π 1 4 D [ Z ] = ∫ ϕ ( x ) f ( x ) dx − ( M [ Z ]) = ∫ sin 2 xdx − 2 = π0 π −∞ = π 2 2 ( 1 4 1 1 x − sin 2 x (1 − cos 2 x ) dx − 2 = ∫ 2π 0 2π 2 π ) π − 4 1 4 = − . π 2 2 π2 З АМЕЧАНИЕ Задачи 5.13 и 5.14 предлагается решить самостоятельно. Задача 5.13. Случайная величина X распределена равномерно на промежутке [0;1] . Найти математическое ожидание и дисперсию случайной величины Z = 2X + 5 ? Задача 5.14. Случайная величина X распределена по показательному закону с параметром λ = 3 . Найти математическое ожидание и дисперсию случайной величины Z = 3 X + 1 . 5.2. Функции двух случайных величин Если X и Y — случайные величины, определенные на одном вероятностном пространстве, а ϕ ( x, y ) — функция двух переменных, то новая случайная величина Z , определенная соотношением Z = ϕ ( X , Y ) , называется функцией двух случайных веT личин X и Y или функцией двумерного случайного вектора ( X , Y ) . Случайная величина Z может быть при этом дискретной или непрерывной, в зависимости от того, дискретными или непрерывными являются случайные величины 178 Глава 5 X и Y . В данной книге мы рассмотрим только линейную функцию двух случайных величин вида Z = aX + bY , наиболее часто встречающуюся на практике. Задача 5.15. Заданы законы распределения дискретных случайных величин X и Y (табл. 5.4 и 5.5). Составить закон распределения случайной величины Z = 2 X − Y . Таблица 5.4 Таблица 5.5 X –1 Σ Y 1 2 Σ P 0,6 0,4 1 P 0,5 0,5 1 Решение. Случайная величина Z может принимать значения –4; –3; –2; –1. Вычислим вероятности, с которыми она принимает эти значения: P {Z = −4} = P { X = −1, Y = 2} = 0,6 ⋅ 0,5 = 0,3 , P {Z = −3} = P { X = −1, Y = 1} = 0,6 ⋅ 0,5 = 0,3 , P { Z = −2} = P { X = 0, Y = 2} = 0, 4 ⋅ 0,5 = 0,2 , P { Z = −1} = P { X = 0, Y = 1} = 0, 4 ⋅ 0,5 = 0, 2 . Закон распределения случайной величины Z дан в табл. 5.6. Таблица 5.6 Z –4 –3 –2 –1 Σ P 0,3 0,3 0,2 0,2 1 З АМЕЧАНИЕ Если получен закон распределения случайной величины Z , то можно найти ее функцию распределения и числовые характеристики. Задача 5.16. Задана f ( x, y ) — плотность совместного распределения случайных величин X и Y . Найти выражения для функции распределения и плотности распределения случайной величины Z = X + Y . Решение. Функция распределения случайной величины Z определяется соотношениями: FZ ( z ) = P {Z < z} = P { X + Y < z} = ∫∫ f ( x, y ) dxdy , D где D — область, показанная на рис. 5.4. Учитывая, что область D задана неравенствами ⎧ −∞ < x < +∞, ⎨ ⎩ −∞ < y ≤ z − x, (5.14) Функции случайных величин 179 x+ y = z Рис. 5.4 (5.14) можно записать в виде: FZ ( z ) = +∞ ∫ z−x dx −∞ ∫ f ( x, y ) dy . (5.15) −∞ Поскольку f Z ( z ) = ( FZ ( z ) )′ , то, дифференцируя внутренний интеграл по z как интеграл с переменным верхним пределом, получим формулу для плотности распределения: +∞ ⎛ z−x ⎞ ′ +∞ f Z ( z ) = ∫ dx ⎜ ∫ f ( x, y ) dy ⎟ = ∫ f ( x, z − x ) dx . (5.16) ⎝ −∞ ⎠ z −∞ −∞ Если случайные величины X и Y независимы, то f ( x, y ) = f X ( x ) ⋅ fY ( y ) и поэтому интеграл в (5.16) принимает вид: fZ ( z ) = +∞ ∫ f X ( x ) fY ( z − x ) dx (5.17) −∞ и называется сверткой плотностей f X ( x ) и fY ( y ) . З АМЕЧАНИЕ Если найдена плотность распределения случайной величины Z , то можно найти все ее числовые характеристики. Задача 5.17. Независимые случайные величины X и Y распределены по нормальному закону с параметрами a = 0 и σ = 2 . Найти закон распределения случайной величины Z = X + Y . Решение. Плотности нормально распределенных с параметрами a = 0 и σ = 2 случайных величин X и Y имеют вид: x2 y2 1 −4 1 −4 f X ( x) = e и fY ( y ) = e . 4π 4π 180 Глава 5 Плотность распределения случайной величины Z определим по формуле (5.17) через свертку этих функций: fZ ( z ) = +∞ ∫ −∞ x2 1 −4 e 4π 1 − e 4π ( z − x )2 4 +∞ − 1 dx = e ∫ 4π −∞ 2 x 2 − 2 zx + z 2 4 dx . Полученный интеграл можно вычислить, используя известный интеграл Пуассона: +∞ ∫e − t2 2 dt = 2π . −∞ Тогда: +∞ − 1 fZ ( z ) = e ∫ 4π −∞ (( 2 x − 2z ) 2 2 + z4 4 ) z 2 +∞ 1 −8 dx = e 4π − ( x − 2z ) 2 d ( x − 2z ) = −∞    ∫e 2 = 2π z = 2 z 2 − 1 −8 1 e ⋅ 2π = e 8 . 4π 2π ⋅ 2 z2 − 2 1 e 2⋅2 , то случайная величина Z распределена нормальПоскольку f Z ( z ) = 2π ⋅ 2 но с параметрами a = 0 и σ = 2 . 5.3. Функции n случайных величин В этом разделе кратко рассмотрены некоторые законы распределения функций от n нормальных случайных величин, которые часто используются в задачах математической статистики. Если Х 1 , Х 2 , ..., Х n — независимые случайные величины, образующие случайный T вектор ( Х 1 , Х 2 , ..., Х n ) , то функцией этого случайного вектора (функцией n случайных величин) называется любая их суперпозиция. В частном случае, сумма Х 1 + Х 2 + … + Х n или сумма квадратов Х 12 + Х 22 + … + Х n2 — функции n случайных величин Х 1 , Х 2 , ..., Х n . З АМЕЧАНИЕ 1 Если случайные величины Х 1 , Х 2 , ..., Х n распределены по какому-либо одному непрерывному закону, например нормальному, то функция (суперпозиция) этих случайных величин имеет также непрерывный закон распределения. В этом случае ее закон распределения может быть задан плотностью распределения, для которой используют обозначение f n ( x ) , где через n обозначено так называемое число степеней свободы. Функции случайных величин 181 Числом степеней свободы функции n случайных величин называется количество ее независимых аргументов, т. е. тех случайных аргументов из Х 1 , Х 2 , ..., Х n , которые меняются независимо друг от друга. З АМЕЧАНИЕ 2 Понятие числа степеней свободы является очень важным в статистике, где о законе распределения исследуемой случайной величины судят по ее наблюденным (полученным в результате случайного эксперимента) значениям x1 , x2 , ..., xn . При этом неизвестные параметры распределения заменяются их статистическими оценками, которые являются функциями наблюдений. Это означает, что на случайные величины Х 1 , Х 2 , ..., Х n накладываются дополнительные связи. В этом случае числом степеней свободы будет являться число n − k , где n — число переменных, k — число оцениваемых параметров. Распределение χ2 Пусть Х 1 , Х 2 , ..., Х n — независимые нормально распределенные случайные величины, для которых справедливы условия:  математическое ожидание каждой из них равно нулю, т. е. М [ X i ] = 0 , i = 1, ..., n ;  среднеквадратичное отклонение каждой из них равно единице, т. е. σi = 1 , i = 1, ..., n . Тогда закон распределения случайной величины χ 2n = Х 12 + Х 22 + … + Х п2 называется законом χ 2 (хи-квадрат) с n степенями свободы. Плотность распределения случайной величины χ 2n имеет вид x≤0 ⎧ 0, ⎪ − x n −1 ⎪ f χ 2 ( x ) = ⎨ e 2 ⋅ x 2 , x > 0, n ⎪ n ⎛n⎞ ⎪ 22 ⋅ Γ ⎜ ⎟ ⎩ ⎝ 2⎠ где Γ ( x ) = +∞ ∫t x −1 − t (5.18) e dt — гамма-функция. График плотности распределения случай- ной величины χ 2n при n = 1, 2, 3 показан на рис. 5.5. 182 Глава 5 y 0,5 n=2 n =1 O 2 1 π 3 π 2 2 n=3 5 4 x Рис. 5.5 Математическое ожидание случайной величины χ 2n с n степенями свободы равно числу степеней свободы, а ее дисперсия равна удвоенному числу степеней свободы, т. е. M ⎡⎣χ 2n ⎤⎦ = n , D ⎣⎡ χ 2n ⎦⎤ = 2n . (5.19) З АМЕЧАНИЕ 3 Если задать вероятность β , такую, что для значений α = 1 − β справедливо равенство P {χ 2n < χ 2n,α } = β , то значения χ 2n,α распределения "хи-квадрат" по заданным числу степеней свободы n , вероятности β и α = 1 − β (см. табл. П.3). можно найти из таблицы З АМЕЧАНИЕ 4 При достаточно больших значениях n ( n ≥ 30 ) плотность распределения случайной величины χ 2n можно считать приближенно равной плотности нормального закона ( ) с параметрами n, 2n , т. е. f χ 2 ( x ) ≈ n 1 2 πn e − ( x − n )2 4n . Распределение Стьюдента Пусть X — нормально распределенная случайная величина и Х 1 , Х 2 , ..., Х п — независимые случайные величины, имеющие такое же распределение, как и случайная величина X . При этом параметрами нормального распределения являются:  математическое ожидание М [ X i ] = 0 , i = 0,1, ..., n ;  среднее квадратичное отклонение σi = 1 , i = 0,1, ..., n . Функции случайных величин 183 Тогда случайная величина Tn = X 1 2 χ n n = X 1 n 2 ∑ Xi n i =1 имеет распределение, которое называют распределением Стьюдента (Т-распределением) с n степенями свободы. Плотность распределения случайной величины Tn имеет вид: ⎛ x2 ⎞ f ( x ) = bn ⎜1 + ⎟ n ⎠ ⎝ − n2+1 , (5.20) n +1⎞ Γ ⎛⎜ +∞ ⎟ где bn = ⎝ 2 ⎠ , Γ ( x ) = ∫ t x −1e −t dt — гамма-функция. n Γ ⎛⎜ ⎞⎟ πn ⎝ 2⎠ Из вида плотности распределения Стьюдента ясно, что она является четной функцией. График ее показан на рис. 5.6. З АМЕЧАНИЕ 5 Если задать вероятность β , такую, что справедливо равенство P { Tn < tn ,β } = β , то значения квантиля tn ,β распределения Стьюдента по заданным числу степеней свободы n и вероятности β можно найти из таблицы (см. табл. П.5). Математическое ожидание распределения Стьюдента определено только при n ≥ 2 и равно нулю. Дисперсия определена только при n ≥ 3 и определяется формулой: n . При n → ∞ распределение Стьюдента приближается к нормальному D [Tn ] = n−2 n распределению с параметрами M [Tn ] = 0 и D [Tn ] = . n−2 0,4 n=∞ n =1 Рис. 5.6 184 Глава 5 5.4. Задания для типовых расчетов Задание 5.1. Заданы дискретные случайные величины X и Y . Найти ряд распределения случайной величины Z и все ее числовые характеристики. Варианты задания 2. Z = − X + 2Y 1. Z = 2 X + Y Х –1,5 1 2,5 3 Х –1 1 2 Р 0,2 0,3 0,2 0,3 Р 0,3 0,2 0,4 0,1 Y –2 –1 1,5 2 Y –1 1 2 Р 0,2 0,1 0,5 0,2 Р 0,2 0,2 0,2 0,4 3. Z = − X + Y 4. Z = X + Y Х –2,4 –1,4 1,3 Х –3 –1 1 Р 0,1 0,6 0,3 Р 0,2 0,2 0,1 0,5 Y –1 1 1,5 Y –2 –1 3 Р 0,3 0,2 0,4 0,1 Р 0,1 0,6 0,1 0,2 6. Z = 2 X + Y 5. Z = X − Y Х –1 –0,5 2 Х –1 1 1 2 Р 0,3 0,15 0,15 0,4 Р 0,2 0,2 0,4 0,2 Y 1 2 3 4 Y 1 2 3 Р 0,5 0,2 0,2 0,1 Р 0,2 0,2 0,3 0,3 8. Z = X + Y 7. Z = 2 X − Y Х –1 1 2 Х –2,5 –1 2 Р 0,2 0,4 0,1 0,3 Р 0,4 0,3 0,2 0,1 Y –2 –1 1 Y –1 –0,5 1 Р 0,3 0,2 0,1 0,4 Р 0,4 0,2 0,3 0,1 10. Z = − X + Y 9. Z = − X + Y Х –2 –1 1 2 Х 1 2 3 Р 0,2 0,2 0,1 0,5 Р 0,3 0,3 0,2 0,2 Y –2 –1 1 3 Y –2 –1 1 Р 0,2 0,3 0,1 0,4 Р 0,1 0,4 0,3 0,2 Функции случайных величин 185 11. Z = X − Y 12. Z = X + 2Y Х –1 1 2 Х –2 –1 1 Р 0,3 0,5 0,1 0,1 Р 0,2 0,5 0,1 0,2 Y 1 3 4 Y 1 2 3 Р 0,5 0,3 0,1 0,1 Р 0,1 0,7 0,2 14. Z = X − 2Y 13. Z = 2 X − Y Х –2 –1 1 2 Х –1 1 4 Р 0,3 0,2 0,2 0,3 Р 0,3 0,1 0,1 0,5 Y 1 2 3 Y 1 2 3 4 Р 0,4 0,2 0,2 0,2 Р 0,2 0,1 0,5 0,2 16. Z = 2 X − Y 15. Z = X + Y Х –1 1 2 Х –2 –1 1 Р 0,2 0,25 0,15 0,4 Р 0,1 0,2 0,5 0,2 Y 1 2 3 4 Y –1 1 2 Р 0,4 0,3 0,2 0,1 Р 0,2 0,4 0,2 0,2 17. Z = X + Y 18. Z = 2 X − Y Х 1 2 3 5 Х –1 1 2 2,5 Р 0,5 0,3 0,1 0,1 Р 0,4 0,4 0,1 0,1 Y 1 3 4 Y –1 1 2 Р 0,4 0,3 0,2 0,1 Р 0,2 0,5 0,1 0,2 19. Z = − X + 2Y 20. Y = X + Y Х –3 –2 –1 Х –1 1 4 Р 0,3 0,2 0,1 0,4 Р 0,3 0,4 0,2 0,1 Y 1 2 3 Y –1 1 4 Р 0,5 0,3 0,2 Р 0,3 0,4 0,2 0,1 186 Глава 5 21. Z = 2 X − Y 22. Z = X − Y Х –2 –1 1 Х –3 –1 2 Р 0,3 0,2 0,4 0,1 Р 0,1 0,4 0,5 Y 1 2 3 Y –1 1 2 Р 0,4 0,2 0,3 0,1 Р 0,3 0,3 0,3 0,1 23. Z = X + 2Y 24. Z = − X + Y Х –3 –1 1 Х –1 1 2 Р 0,2 0,2 0,2 0,4 Р 0,3 0,2 0,1 0,4 Y –3 –1 1 Y –2 –1 1 Р 0,2 0,2 0,2 0,4 Р 0,2 0,1 0,4 0,3 25. Z = 2 X + Y 26. Z = X + Y Х –1 1 2 Х –2 2 3 Р 0,2 0,3 0,4 0,1 Р 0,2 0,3 0,4 0,1 Y –1 1 2 Y –1 1 2 Р 0,2 0,3 0,4 0,1 Р 0,1 0,4 0,5 27. Z = X − Y 28. Z = X − 2Y Х –1 1 2 Х –1 1 2 Р 0,2 0,4 0,2 0,2 Р 0,2 0,6 0,2 Y 1 2 3 Y 1 2 3 Р 0,5 0,2 0,3 Р 0,4 0,2 0,2 0,2 29. Z = X − Y 30. Z = 2 X − Y Х 1 2 3 Х 1 2 3 Р 0,5 0,3 0,2 Р 0,4 0,4 0,2 Y –2 –1 1 Y –1 1 2 Р 0,6 0,2 0,1 0,1 Р 0,3 0,5 0,1 0,1 Функции случайных величин 187 Задание 5.2. Задана функция распределения непрерывной случайной величины X . Найти функцию распределения и плотность распределения случайной величины Y , определить все ее числовые характеристики. ⎡ 0, 1. FX ( x) = ⎢1 + x, ⎢ ⎢⎣1, x < −1, − 1 ≤ x < 0, Y = 3 X + 1 . x ≥ 0, ⎡ 0, 2. FX ( x) = ⎢1 + x, ⎢ ⎢⎣1, ⎡ 0, 3. FX ( x) = ⎢ x, ⎢ ⎢⎣1, x < −1, − 1 ≤ x < 0, Y = 2 X − 3 . x ≥ 0, x < 0, 0 ≤ x < 1, Y = − X + 1 . x ≥ 1, ⎡ 0, 4. FX ( x) = ⎢ 2 x − 3, ⎢ ⎢⎣1, x < 1,5, 1,5 ≤ x < 2, Y = 3 X + 1 . x ≥ 2, x < 0, ⎡ 0, ⎢ 2 5. FX ( x) = ⎢ x , 0 ≤ x < 1, Y = −2 X + 5 . ⎢1, x ≥ 0, ⎣ ⎡ 0, 6. FX ( x) = ⎢1 + x, ⎢ ⎢⎣1, ⎡ 0, 7. FX ( x) = ⎢ 2 + x, ⎢ ⎢⎣1, x < −1, − 1 ≤ x < 0, Y = X 2 . x ≥ 0, x < −2, − 2 ≤ x < −1, Y = X 2 + 1 . x ≥ −1, x < 1, ⎡ 0, ⎢ 2 8. FX ( x) = ⎢( x − 1) , 1 ≤ x < 2, Y = X + 1 . ⎢1, x ≥ 2, ⎣ ⎡e2 x 9. FX ( x) = ⎢ ⎣1, ⎡e x 10. FX ( x) = ⎢ ⎣1, x < 0, Y = −X +1. x ≥ 0, x < 0, Y = X2. x ≥ 0, 188 Глава 5 x < 2, ⎡ 0, ⎢ 2 11. FX ( x) = ⎢( x − 2 ) , 2 ≤ x < 3, Y = X + 1 . ⎢1, x ≥ 3, ⎣ ⎡ e3 x 12. FX ( x) = ⎢ ⎣1, x < 0, Y = −2 X + 1 . x ≥ 0, ⎡ e5 x 13. FX ( x) = ⎢ ⎣1, x < 0, Y = −X + 3. x ≥ 0, ⎡ e x−1 14. FX ( x) = ⎢ ⎣1, x < 1, Y = 2 X + 1. x ≥ 1, ⎡1 − e − x +1 , 15. FX ( x) = ⎢ ⎣ 0, ⎡1 − e− x+2 16. FX ( x) = ⎢ ⎣ 0, x > 1, Y = −3 X + 2 . x ≤ 1, x ≥ 2, Y = −3 X + 3 . x < 2, ⎡ e x −2 , x < 2, Y = −2 X + 1 . 17. FX ( x) = ⎢ x ≥ 2, ⎣1, ⎡ e x −3 , x < 3, 18. FX ( x) = ⎢ Y = −3 X + 3 . x ≥ 3, ⎣1, ⎡ e x +1 , x < −1, Y = X +2. 19. FX ( x) = ⎢ x ≥ −1, ⎣1, ⎡ e x + 2 , x < −2, 20. FX ( x) = ⎢ Y = −X + 2 . x ≥ −2, ⎣1, ⎡ e x −1 , x < 1, Y = X2. 21. FX ( x) = ⎢ x ≥ 1, ⎣1, ⎡ e x +3 , x < −3, Y = −2 X . 22. FX ( x) = ⎢ x ≥ −3, ⎣1, x < 0, ⎡ 0, 23. FX ( x) = ⎢ Y = −2 X . −2 x ⎣1 − e , x ≥ 0, x < 0, ⎡ 0, 24. FX ( x) = ⎢ Y = X2. −x ⎣1 − e , x ≥ 0, Функции случайных величин x < 0, ⎡ 0, 25. FX ( x) = ⎢ Y = −2 X + 2 . −3 x ⎣1 − e , x ≥ 0, ⎡ 0, x < 0, ⎢ 26. FX ( x) = ⎢ x3 , 0 ≤ x ≤ 1, Y = 2 X . ⎢1, x ≥ 1, ⎣ x < 1, ⎡ 0, ⎢ 3 27. FX ( x) = ⎢( x − 1) , 1 < x ≤ 2, Y = 2 X + 1 . ⎢1, x ≥ 2, ⎣ x < 0,5, ⎡ 0, ⎢ 28. FX ( x) = 2 x − 1, 0,5 < x ≤ 1, Y = X + 1 . ⎢ x ≥ 1, ⎢⎣1, x ≤ 0, ⎡ 0, ⎢ 29. FX ( x) = ⎢ x , 0 < x ≤ 1, Y = X − 1 . ⎢1, x ≥ 1, ⎣ x ≤ 1, ⎡ 0, ⎢ 30. FX ( x) = ⎢ x − 1, 1 < x ≤ 2, Y = X − 1 . ⎢1, x ≥ 2, ⎣ 189 190 Глава 5 ГЛАВА 6 Выборочный метод математической статистики Основным методом изучения случайных величин в математической статистике является выборочный метод, при котором их исследование проводится на основе опытных (полученных в результате случайного эксперимента) данных. Пусть в результате случайного эксперимента наблюдаются (измеряются) значения случайной величины X с функцией распределения F ( x ) , а xi — реализация эксперимента (в эксперименте имело место событие { X = xi } ). Если провести n экспериментов (измерений), то в результате получим n значений измеряемой случайной величины X , которые обозначаются x1 , x2 , ..., xn и образуют выборку объема n . Множество всех возможных значений наблюдаемой случайной величины X , которые могут реализоваться в рамках проводимого эксперимента, называют генеральной совокупностью, а числа x1 , x2 , ..., xn — наблюдениями или выборочными значениями случайной величины X . Случайная величина X может быть дискретной или непрерывной, принимать конечное или бесконечное множество значений. Соответственно и генеральная совокупность может представлять собой конечное или бесконечное множество, дискретное или непрерывное. З АМЕЧАНИЕ 1 Выборку x1 , x2 , ..., xn можно рассматривать как результат одновременного наблюдения n независимых одинаково распределенных случайных величин X 1 , X 2 , ..., X n . Для того чтобы на основе выборки можно было делать выводы о случайной величине X , объем выборки n должен быть достаточно большим, а условия эксперимента должны обеспечивать одинаковые условия реализации возможных значений наблюдаемой случайной величины. Такая выборка сохраняет свойства генеральной совокупности и называется представительной (репрезентативной). З АМЕЧАНИЕ 2 В практических статистических расчетах будем считать выборки большими или малыми в зависимости от условий n ≥ 30 или n < 30 . Если все измерения (эксперименты) проводятся в одинаковых условиях независимо друг от друга, то выборка называется простой или однородной. Иначе выборка — 192 Глава 6 сложная или неоднородная. В данной книге мы будем предполагать, что выборки однородные. 6.1. Первичная обработка экспериментальных данных Первичная обработка полученных в результате случайного эксперимента данных включает в себя:  построение статистического ряда распределения;  построение эмпирической функции распределения;  получение точечных статистических оценок;  предварительное предположение о характере распределения случайной величи- ны X . Построение интервального статистического ряда При статистической обработке экспериментальных данных распределение случайной величины X заменяется так называемым выборочным распределением, т. е. 1 выборкой x1 , x2 , ..., xn с вероятностями P { X = xi } = . n Если выборка небольшого объема, то статистический ряд распределения представляет собой дискретный ряд распределения (ряд распределения для выборочной случайной величины X * ). Если выборка большого объема, то строится так называемый интервальный (группированный) статистический ряд (см. табл. 6.1). Для построения интервального ряда распределения необходимо: 1. Упорядочить выборку, т. е. составить так называемый вариационный ряд x1* ≤ x2* ≤ x3* ≤ ... ≤ xn* −1 ≤ xn* , (6.1) в котором упорядоченные значения x1* , x2* , ..., xn* называют порядковыми статистиками. 2. Найти диапазон выборки ⎡⎣ x1* ; xn* ⎤⎦ и размах выборки RB по формуле: RB = xn* − x1* . (6.2) 3. Для заданного объема выборки n найти оптимальное число интервалов l , на которые разбивается диапазон выборки. Рекомендуется выбирать: 6 ≤ l ≤ 20, ⎧l ≤ 5lg n , ⎪[ ] l=⎨ n , 5 ≤ l ≤ 25, ⎪ 1 + 3,32lg n , 5 ≤ l ≤ 25. ] ⎩[ (6.3) Выборочный метод математической статистики 193 4. Найти длину каждого интервала h по формуле RB . l 5. После этого можно выписать полуоткрытые интервалы h= (6.4) I1 = [ a0 ; a1 ) , ..., I i = [ ai −1 ; ai ) , ..., I l = [ al −1 ; al ] , на которые разбит весь диапазон выборки ⎡⎣ x1* ; xn* ⎤⎦ и границы которых определяются формулами: a0 = x1* , ai = a0 + i ⋅ h , i = 1, ..., l . (6.5) З АМЕЧАНИЕ 1 Интервалы выбирают полуоткрытыми, чтобы исключить случай, когда какое-то выборочное значение попадет на границу интервала, и надо решать, к какому интервалу его отнести. З АМЕЧАНИЕ 2 В последнем интервале I l = [ al −1 ; al ] должно быть al = a0 + l ⋅ h ≥ xn* . Поэтому его длина может оказаться больше, чем h . З АМЕЧАНИЕ 3 К этим интервалам можно добавить два интервала: I 0 = ( −∞; a0 ) и I l +1 = ( al ; + ∞ ) , если есть основания предполагать, что исследуемая случайная величина X распределена на всей числовой оси или даже положить a0 = −∞ и al = +∞ . 6. Для каждого интервала I i , i = 1, ..., l с помощью вариационного ряда (6.1) вычисляются числа ni — количество выборочных значений, попавших в этот инl тервал. Ясно, что ∑ ni = n . i =1 7. Все выборочные значения, попавшие в интервал I i ( i = 1, 2, ..., l ) , принимаются равными его середине, а середины интервалов xi группированного ряда вычисляются по формулам: xi = ai −1 + ai , i = 1, 2,..., l . 2 (6.6) 8. Далее вычисляются частоты pi* по формулам: pi* = ni , n (6.7) где ni — число выборочных значений, попавших в интервал I i . Ясно, что l ∑ pi* = 1 . i =1 194 Глава 6 9. После этого записывается интервальный ряд (табл. 6.1), в котором указаны интервалы, середины интервалов, количество выборочных значений в каждом интервале и частоты, вычисленные по формулам (6.7). Таблица 6.1 Ii I1 I2 ... Il Σ x i x1 x2 ... xl – ni n1 n2 ... ni n pi* p1* p2* ... pl* 1 Построение эмпирической функции распределения Наряду с интервальным строится дискретный статистический ряд (табл. 6.2), где указываются середины интервалов, соответствующие частоты из табл. 6.1, а также так называемые накопленные частоты zi , которые вычисляются по формулам: i z1 = p1* ; z2 = p1* + p2* ; ...; zi = ∑ pk* . k =1 Таблица 6.2 x i x1 x2 x3 ... xl Σ pi* p1* p2* p3* ... pl* 1 zi z1 z2 z3 ... 1 Построенный дискретный статистический ряд представляет собой приближенное выборочное распределение, а частоты pi* являются статистическими оценками вероятностей того, что выборочное значение равно xi . В качестве приближения функции распределения F ( x ) генеральной совокупности в статистике рассматривают так называемую эмпирическую функцию распределения, которая определяется формулой: Fn* ( x ) = ∑ i: ai < x pi* . (6.8) Выборочный метод математической статистики 195 Аналитическое выражение Fn* ( x ) через накопленные частоты zi имеет вид: ⎧0, x ≤ x1 , ⎪ z , x < x ≤ x , 1 2 ⎪ 1 ⎪ ⎪ z2 , x2 < x ≤ x3 , Fn* ( x ) = ⎨ ⎪⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⎪ zl −1 , xl −1 < x ≤ xl , ⎪ x > xl . ⎪ ⎩1, (6.9) Эмпирическая функция распределения Fn* ( x ) ставит в соответствие каждому значению x частоту события X < x и представляет собой кусочно-постоянную функцию со скачками в серединах интервалов xi i = 1, 2,..., l . На рис. 6.1 дан пример ее графика при четырех интервалах статистического ряда. 1 Fn* ( x ) 1 z3 z3 z2 z2 z1 z1 Fn* ( x ) a0 x1 a1 x2 a2 x3 a3 x4 a4 x a0 Рис. 6.1 x1 a1 x2 a2 x3 a3 x4 a4 x Рис. 6.2 Если X — непрерывная случайная величина, то в качестве статистического аналога функции распределения генеральной совокупности используют кумуляту. Кумуляту строят как непрерывную ломаную линию, состоящую из отрезков, соединяющих точки: ( a0 , 0 ) и ( a1; z1 ) , ( a1; z1 ) и ( a2 ; z2 ) , ( a2 ; z2 ) и ( a3 ; z3 ) ,... , ( al −1 ; zl −1 ) и ( al ; zl ) , а также двух полупрямых: y = 0 , при x ≤ a0 и y = 1 , при x > al . На рис. 6.2 построена кумулята для графика функции распределения, показанной на рис. 6.1. Гистограмма и полигон Статистическим аналогом плотности распределения непрерывной генеральной совокупности X является гистограмма — кусочно-постоянная функция f n* ( x ) , значения которой на каждом интервале I i = ( ai −1 ; ai ) определяются формулой fi* ( x ) = pi* , h где частота pi* выбирается из табл. 6.2; h — длина интервала. (6.10) 196 Глава 6 Пример гистограммы для статистического ряда, содержащего четыре интервала, показан на рис. 6.3. Легко видеть, что площадь заштрихованной фигуры (площадь под гистограммой) равна единице. f n* ( x ) f 2* ( x ) f3* ( x ) f 4* ( x ) * f1 ( x ) ~ x1 ~ x3 ~ x2 ~ x4 Рис. 6.3 Соединив точки гистограммы с абсциссами xi = рисунке можно построить полигон частот. ai −1 + ai ( i = 1, 2,..., l ), на этом же 2 З АМЕЧАНИЕ По виду полигон частот больше "походит" на график плотности распределения, однако площадь под полигоном частот уже не равна единице. По виду полигона выдвигается основная гипотеза о характере распределения генеральной совокупности X : нормальное (гауссовское) распределение, показательное (экспоненциальное) распределение, равномерное распределение и т. д. Для полигона на рис. 6.3 основной гипотезой будет, очевидно, гипотеза о нормальном законе распределения. 6.2. Получение точечных статистических оценок Если не известны параметры распределения генеральной совокупности X , такие, например, как математическое ожидание и дисперсия, то при статистической обработке выборочных данных получают приближенные значения этих параметров, т. е. их статистические оценки. Статистические оценки разделяются на точечные статистические оценки и интервальные. Точечной называется статистическая оценка, которая определяется одним числом. Основными точечными статистическими оценками являются: выборочное среднее x , выборочная дисперсия s 2 , выборочное среднеквадратическое отклонение (СКВО) s , выборочная медиана, выборочная асимметрия A* и выборочный эксцесс E * . Выборочный метод математической статистики 197 К точечным статистическим оценкам предъявляется ряд требований. Если θ*n — статистическая оценка параметра θ , то она должна удовлетворять следующим условиям: 1. Несмещенность, т. е. М ⎡⎣ θ*n ⎤⎦ = θ . 2. Состоятельность, т. е. P { θ*n − θ > ε} → 0 для ∀ε > 0 . n →+∞ 3. Эффективность, т. е. дисперсия D ⎡⎣ θ*n ⎤⎦ — наименьшая или асимптотическая эффективность, т. е. lim D ⎡⎣ θ*n ⎤⎦ = 0 . n →∞ Для вычисления точечных статистических оценок справедливы формулы (6.11)— (6.15), которые приведены далее. Выборочное среднее x вычисляется по формуле l x = ∑ xi pi* , (6.11) i =1 где xi — середины интервалов; pi* — частоты. Выборочное среднее является несмещенной, состоятельной и асимптотически эффективной оценкой математического ожидания генеральной совокупности. Выборочная дисперсия s 2 и выборочное СКВО s вычисляются по формулам l s 2 = ∑ xi2 pi* − x 2 , s = s 2 , (6.12) i =1 где xi — середины интервалов; pi* — частоты; x — выборочное среднее. Выборочная дисперсия является состоятельной, но смещенной оценкой дисперсии генеральной совокупности. Несмещенной оценкой дисперсии является исправленная выборочная дисперсия. Исправленная выборочная дисперсия s 2 и исправленное выборочное СКВО s вычисляются по формулам s2 = n ⋅ s2 , s = s 2 , n −1 (6.13) где s 2 — выборочная дисперсия; n — объем выборки. Выборочная медиана µ* определяется с помощью вариационного ряда (6.1) по формуле ⎡ xk* +1 , μ * = ⎢ x* + x * ⎢ k k +1 , ⎢⎣ 2 n = 2k + 1, n = 2k . (6.14) 198 Глава 6 Для выборочной асимметрии A* и выборочного эксцесса E * справедливы формулы A* = 1 l 1 l 3 * * x  − x p , E = ( ) ( xi − x ) 4 pi* − 3 , ∑ i i 3 4 ∑ s i =1 s i =1 (6.15) где xi — середины интервалов; s — исправленное выборочное СКВО; pi* — частоты; x — выборочное среднее. Асимметрия и эксцесс являются характеристиками формы кривой распределения. Если A* = 0 , то распределение имеет симметричную форму. Эксцесс является показателем "крутости" полигона по сравнению с нормальным распределением. Если выборочные асимметрия и эксцесс близки к нулю, то можно выдвигать гипотезу о нормальном законе распределения генеральной совокупности. Можно даже указать интервалы для этих выборочных характеристик, при попадании в которые они "не существенно" отклоняются от соответствующих характеристик нормального распределения. Для асимметрии: ( −σ А ; σ А ) , где σ А = 6 ( n − 1) , ( n + 1)( n + 3) (6.16) и для эксцесса: ( −σ Е ; σ Е ) , где σ Е = 24n ( n − 2 )( n − 3) ( n − 1)2 ( n + 3)( n + 5 ) , (6.17) где n — объем выборки. 6.3. Пример выполнения лабораторной работы "Первичная обработка экспериментальных данных" По извлеченной случайной выборке 0,70 ; −0, 28 ; 1,24 ; 2, 28 ; 2, 20 ; 2,73 ; −1,18 ; 0,77 ; 2,10 ; −0,09 ; 0,31 ; −0,69 ; −0,85 ; 0,02 ; 0, 23 ; −1,12 ; 0, 43 ; 0,60 ; 1,13 ; 0,63 ; 0,67 ; 0,63 ; 2,34 ; 0,91 ; 0,81 ; 0, 49 ; 2,97 ; 1,66 ; 3,38 ; 0,35 ; 2,66 ; −0,61 ; 1,54 ; 1,90 ; 1,72 ; 0,92 ; 0, 48 ; 1,68 ; 0,62 ; 1,76 ; 0, 44 ; 0,15 ; 0,52 ; 0,64 ; 0,97 ; 1,03 ; 0,68 ; 3,10 ; −0,74 ; 0, 26 генеральной непрерывной совокупности X : 1) составить интервальный ряд распределения; 2) построить эмпирическую функцию распределения, ее график и кумуляту; 3) построить гистограмму и полигон; 4) получить точечные статистические оценки параметров распределения; 5) построить теоретическую кривую и выдвинуть гипотезу о законе распределения. Выборочный метод математической статистики 199 Построение интервального статистического ряда 1) Упорядочим выборку, т. е. составим вариационный ряд: −1,18 ; −1,12 ; −0,85 ; −0,74 ; −0,69 ; −0,61 ; −0, 28 ; −0,09 ; 0,02 ; 0,15 ; 0, 23 ; 0, 26 ; 0,31 ; 0,35 ; 0, 43 ; 0, 44 ; 0, 48 ; 0, 49 ; 0,52 ; 0,60 ; 0,62 ; 0,63 ; 0,63 ; 0,64 ; 0,67 ; 0,68 ; 0,70 ; 0,77 ; 0,81 ; 0,91 ; 0,92 ; 0,97 ; 1,03 ; 1,13 ; 1,24 ; 1,54 ; 1,66 ; 1,68 ; 1,72 ; 1,76 ; 1,90 ; 2,10 ; 2, 20 ; 2, 28 ; 2,34 ; 2,66 ; 2,73 ; 2,97 ; 3,10 ; 3,38 . 2) xmin = −1,18 ; xmax = 3,38 . Объем выборки n = 50 . 3) Диапазон выборки [ −1,18; 3,38] . 4) Размах выборки RB = 3,38 + 1,18 = 4,56 . 5) Количество интервалов, вычисленное по формуле (6.3), l = [1 + 3,32 ⋅ lg 50] = 6 . 6) Длина интервала, вычисленная по формуле (6.4), h = 4,56 = 0,76 . 6 7) Границы интервалов статистического ряда (6.5): a0 = −1,18 , a1 = −0, 42 , a2 = 0,34 , a3 = 1,10 , a4 = 1,86 , a5 = 2,62 , a6 = 3,38 . 8) Интервалы: I 0 = ( −∞; − 1,18 ) , I1 = [ −1,18; − 0, 42 ) ; I 2 = [ −0, 42; 0,34 ) ; I 3 = [ 0,34; 1,10 ) ; I 4 = [1,10;1,86 ) , I 5 = [1,86;2,62 ) , I 6 = [ 2,62;3,38] . 9) Число выборочных значений, попавших в каждый интервал: n1 = 6 , n2 = 7 , n3 = 20 , n4 = 7 , n5 = 5 , n6 = 5 . 6 Контроль: ∑ ni = 6 + 7 + 20 + 7 + 5 + 5 = 50 . i =1 10) Частоты интервального ряда, вычисленные по формуле (6.7): p1* = 6 7 20 7 = 0,12 , p2* = = 0,14 , p3* = = 0, 40 , p4* = = 0,14 , 50 50 50 50 5 5 p5* = = 0,10 , p6* = = 0,10 . 50 50 Контроль: 0,12 + 0,14 + 0,4 + 0,14 + 0,1 + 0,1 = 1 . 11) Середины интервалов, вычисленные по формуле (6.6): −1,18 − 0, 42 −0, 42 + 0,34 0,34 + 1,10 = −0,80 , x2 = = −0,04 , x3 = = 0,72 , 2 2 2 1,10 + 1,86 1,86 + 2,62 2,62 + 3,38 x4 = = 1,48 , x5 = = 2, 24 , x6 = = 3,00 . 2 2 2 12) Интервальный статистический ряд представлен в табл. 6.3. x1 = 200 Глава 6 Таблица 6.3 Ii I1 I2 I3 I4 I5 I6 Σ x i –0,8 –0,04 0,72 1,48 2,24 7,00 — ni 6 7 20 7 5 5 50 pi* 0,12 0,14 0,4 0,14 0,1 0,1 1 Построение эмпирической функции распределения 1) Накопленные частоты: z1 = p1* = 0,12 , z2 = p1* + p2* = 0,12 + 0,14 = 0, 26 , z3 = p1* + p2* + p3* = 0, 26 + 0, 40 = 0,66 , z4 = p1* + p2* + p3* + p4* = 0,66 + 0,14 = 0,80 , z5 = p1* + p2* + p3* + p4* + p5* = 0,80 + 0,10 = 0,90 , z6 = p1* + p2* + p3* + p4* + p5* + p6* = 0,90 + 0,10 = 1,00 . 2) Дискретный статистический ряд, в котором указаны середины интервалов xi , частоты pi* и накопленные частоты zi , представлен в табл. 6.4. Таблица 6.4 x i –0,8 –0,04 0,72 1,48 2,24 3,00 Σ pi* 0,12 0,14 0,4 0,14 0,1 0,1 1 zi 0,12 0,26 0,66 0,8 0,9 1 — 3) Эмпирическая функция распределения Fn* ( x ) , вычисленная по формуле (6.9) через накопленные частоты zi , имеет вид: x ≤ −0,80, ⎡0 ⎢0,12, − 0,80 < x ≤ −0,04, ⎢ ⎢ 0, 26 − 0,04 < x ≤ 0,72, ⎢ * Fn ( x ) = ⎢ 0,66, 0,72 < x ≤ 1, 48, ⎢ 0,80, 1, 48 < x ≤ 2, 24, ⎢ ⎢ 0,90, 2, 24 < x ≤ 3,00, ⎢⎣1,00, x > 3,00. 4) График эмпирической функции распределения и кумулята построены на рис. 6.4. Выборочный метод математической статистики Fn* ( x ) Рис. 6.4 Построение гистограммы и полигона Вычислив значения f n* ( x ) по формуле (6.10): 0,12 0,14 0, 40 = 0,16 , f 2* ( x ) = = 0,18 , f3* ( x ) = = 0,53 , 0,76 0,76 0,76 0,14 0,10 0,10 f 4* ( x ) = = 0,18 , f5* ( x ) = = 0,13 , f 6* ( x ) = = 0,13 , 0,76 0,76 0,76 f1* ( x ) = построим гистограмму и полигон (рис. 6.5). f n* ( x ) Рис. 6.5 Получение точечных статистических оценок 1) Выборочное среднее x , вычисленное по формуле (6.11), равно: x = −0,8 ⋅ 0,12 − 0,04 ⋅ 0,14 + 0,72 ⋅ 0, 4 + 1, 48 ⋅ 0,14 + 2, 24 ⋅ 0,10 + 3 ⋅ 0,10 = 0,92 . 201 202 Глава 6 2) Выборочная дисперсия s 2 , вычисленная по формуле (6.12), равна: 2 2 s 2 = ( −0,8 ) ⋅ 0,12 + ( −0,04 ) ⋅ 0,14 + 0,722 ⋅ 0,4 + +1, 482 ⋅ 0,14 + 2, 242 ⋅ 0,10 + 32 ⋅ 0,10 − 0,92 2 = 1,12 . 3) Исправленная выборочная дисперсия s 2 и исправленное выборочное СКВО s , вычисленные по формулам (6.13), равны: s2 = 50 2 50 s = ⋅ 1,12 = 1,14 , s = s 2 = 1,14 = 1,07 . 49 49 4) Выборочная медиана, вычисленная по формуле (6.14), равна: µ* = * * x24 + x25 0,67 + 0,68 = = 0,675 . 2 2 5) Выборочные асимметрия A* и эксцесс E * , вычисленные по формулам (6.15), равны: 1 ⎡( −0,8 − 0,92 )3 ⋅ 0,12 + ( −0,04 − 0,92 )3 ⋅ 0,14 + ( 0,72 − 0,92 )3 ⋅ 0, 4 + 1,073 ⎣ 3 3 3 + (1, 48 − 0,92 ) ⋅ 0,14 + ( 2, 24 − 0,92 ) ⋅ 0,10 + ( 3 − 0,96 ) ⋅ 0,10 ⎤⎦ = 0,31 . A* = 1 ⎡( −0,8 − 0,92 )4 ⋅ 0,12 + ( −0,04 − 0,92 )4 ⋅ 0,14 + ( 0,72 − 0,92 )4 ⋅ 0, 4 + 1,07 4 ⎣ 4 4 4 + (1, 48 − 0,92 ) ⋅ 0,14 + ( 2, 24 − 0,92 ) ⋅ 0,10 + ( 3 − 0,92 ) ⋅ 0,10 ⎤⎦ − 3 = −0, 23 . E* = Предположение о характере распределения Поскольку для нормального распределения эксцесс и асимметрия равны нулю, то достаточно малые значения E * и A* , а также вид гистограммы позволяют выдвинуть гипотезу о нормальном распределении генеральной совокупности. Построим теоретическую кривую — график плотности нормального распределения, параметрами которого будут вычисленные статистические оценки. Для этого в точках, являющихся серединами интервалов, вычислим значения плотностей нормального распределения с параметрами a = x = 0,92 и σ = s = 1,07 по формуле − 1 f ( x) = e 2πσ ( x − a )2 2 σ2 или f ( x ) = 1 ⎛ x−a⎞ ϕ⎜ ⎟, σ ⎝ σ ⎠ x2 1 −2 в которой значения функции Гаусса ϕ ( x ) = e 2π (см. табл. П.1). можно найти в таблице Выборочный метод математической статистики 203 Значения плотностей теоретического распределения: f ( x1 ) = 0,109 , f ( x2 ) = 0, 252 , f ( x3 ) = 0,360 , f ( x4 ) = 0,317 , f ( x5 ) = 0,173 , f ( x6 ) = 0,058 . Теоретическая кривая нормального распределения f ( x ) и гистограмма построены на рис. 6.6. Их вид подтверждает возможность предположить, что распределение является нормальным. Это подтверждается и тем, что вычисленные по формулам (6.17) и (6.18) допустимые для выборочных асимметрии A* = 0,31 и эксцесса E * = −0, 23 интервалы имеют вид: ( −σ А ; σ А ) = ( −0,33; 0,33) и ( −σ Е ; σ Е ) = ( −0,62; 0,62 ) . f ( x) Рис. 6.6 6.4. Пример выполнения лабораторной работы "Первичная обработка экспериментальных данных" в среде Mathcad Первоначальные сведения о программе для инженерных расчетов Mathcad Для запуска Mathcad воспользуйтесь последовательностью Пуск → Программы → Mathcad. В результате этого на экране появится основное окно приложения (рис. 6.7). В нем следует проверить, открыты ли необходимые для работы панели:  математическая панель инструментов Математическая (Math) — на рис. 6.7 она в левом углу под главной панелью;  панель графиков Графики (Graph) — на рис. 6.7 она слева; 204 Глава 6  панель логических операторов Логическая (Boolean) — на рис. 6.7 она справа от панели графиков;  панель матриц Матрицы (Matrix) — на рис. 6.7 она под панелью графиков;  панель простейших вычислений Калькулятор (Calculator);  панель Программирование (Mathcad Programming);  панель греческих символов Греческая (Greek). Если эти панели не открыты, то наведите курсор мыши на пункт главного меню Вид (View) и щелкните левой кнопкой мыши. Откроется список команд, в верхней строке которого будет команда Панели инструментов (Toolbar). Щелкните на ней мышью, а затем щелкните на названии панели, которую необходимо открыть. Рис. 6.7. Окно приложения Mathcad Прежде чем вводить какой-либо оператор или математическое выражение, необходимо с помощью курсора ввода указать место, куда это выражение будет вводиться. Этот курсор можно передвигать клавишами <→>, <←>, <↑>, <↓> или курсором мыши. Все операторы, функции и математические выражения вводятся в местозаполнители в виде черных рамок, которые появляются на экране после первого введенного символа. Местозаполнители в виде черных квадратов предназначены для ввода Выборочный метод математической статистики 205 символов, а линии ввода (синего цвета) выделяют место, куда должен быть введен символ. При наборе функций и выражений используются следующие правила.  Числовые константы вводятся с клавиатуры арабскими цифрами, десятичной точкой и знаком "минус", например, 234, –12.345, 1.015.  Можно задавать числовые константы в виде 4 ∗ 10−4 , звездочкой * при этом обо- значается умножение — на экране звездочка отобразится как знак умножения, т. е. 4 ⋅ 10−4 .  Имена переменных — идентификаторы — составляются из латинских букв, цифр и греческих букв.  Греческие буквы вводятся с помощью панели Греческая (Greek).  Операцию возведения в степень можно задать с панели Калькулятор (Calculator) кнопкой xY, вводя в черные квадраты открывшегося окна соответствующие числа или переменные.  x y можно вводить и с клавиатуры как x ^ y .  x 2 можно вводить сразу с панели Калькулятор (Calculator) соответствующей кнопкой x2, нажав ее после набора идентификатора x .  Нижний индекс вводится с клавиатуры с помощью точки, т. е. набирается x.min — на экране отображается как xmin . x . y  Операция деления может вводиться с панели Калькулятор (Calculator) нажатием кнопки /, после чего откроется окно, в черных квадратах которого следует ввести нужные символы.  Операция деления вводится с клавиатуры как x / y , а отобразится как  Скобки, которые меняют порядок операций, набираются с клавиатуры или с па- нели Калькулятор (Calculator): можно сразу щелкнуть левой кнопкой мыши на кнопке ( ), открыв этим окно, в черный квадрат которого вводится соответствующее выражение.  Если кнопка ( ) нажимается после символа x , то этот символ заключается в скобки, т. е. ( x ) . З АМЕЧАНИЕ 1 Все знаки арифметических и алгебраических операций, а также числовые константы можно набирать на клавиатуре либо щелкать левой кнопкой мыши по соответствующему значку на панели Калькулятор (Calculator). З АМЕЧАНИЕ 2 Следует иметь в виду, что в Mathcad за некоторыми идентификаторами переменных зарезервированы определенные значения, например: числа π и e . 206 Глава 6 Стандартные функции в среде Mathcad можно набирать с клавиатуры. При этом следует иметь в виду, что идентификаторы некоторых элементарных функций в среде Mathcad отличаются от общепринятых. Кроме того, аргумент функции заключается в скобки. Некоторые функции, sin ( x ) , cos ( x ) и tan( x) есть на панели Калькулятор (Calculator). Можно вставить стандартную функцию командами Добавить → Функцию (Insert → Function) (или кнопкой f(x), если открыта эта панель). В открывшемся диалоговом окне слева выбирается категория, к которой относится функция, а справа — конкретная функция. Для построения графиков в среде Mathcad нужно открыть шаблон (рис. 6.8) с панели Графики (Graph) — первый значок на панели графиков. Рис. 6.8. Шаблон для построения графиков Рис. 6.9. Диалоговое окно форматирования графиков В черный квадрат по горизонтали вводится аргумент функции, график которой необходимо построить, а в черный квадрат по вертикали — идентификатор функции. Если в одном шаблоне нужно построить графики нескольких функций, то их названия вводятся через запятую. Если это функции разных аргументов, то обозначения аргументов также вводятся через запятую. Построенные графики можно форматировать так, как удобно пользователю, с помощью специального диалогового окна (рис. 6.9), которое открывается после щелчка правой кнопкой мыши по шаблону графика. С помощью диалогового окна форматирования графиков можно назначить цвет, толщину кривых, а также задать кривые в виде сплошных, пунктирных линий, в виде гистограмм и линий точек. Выборочный метод математической статистики 207 Построение интервального ряда В начале работы нужно описать вектор выборочных данных с помощью оператора присваивания (на панели Калькулятор (Calculator)) и нажать первую кнопку панели Матрицы (Matrix). Откроется окно, в котором нужно указать число строк и столбцов матрицы (в данном случае 1 столбец и 50 строк). В открывшийся шаблон для вектора ввести заданные выборочные значения. Удобно вводить выборочные значения в виде одной строки, а затем провести транспонирование, нажав кнопку MT панели Матрицы (Matrix). Увидеть набранный набор выборочных значений в виде вектора можно, если набрать с клавиатуры x = . На рис. 6.10 представлены введенные в Mathcad данные, показана выборка, набранная в виде строки с последующим транспонированием, и вектор выборочных значений x . Команда ORIGIN:=1 устанавливает во всем приложении нумерацию элементов векторов и матриц с единицы (в противном случае нумерация начиналась бы с нуля). Рис. 6.10. Построение интервального ряда 208 Глава 6 В окне приложения (рис. 6.10) задаются и вычисляются:  x — вектор выборочных значений;  n — объем выборки;  l — количество интервалов;  min(x) — минимальное выборочное значение;  max(x) — максимальное выборочное значение;  h — длина интервала интервального ряда;  F — матрица, в первом столбце которой середины интервалов интервального ряда, а во втором столбце — количество выборочных значений в каждом интервале. З АМЕЧАНИЕ Обратите внимание, что переменная или вектор задаются с помощью оператора присваивания, а оператор = возвращает значение заданной переменной. При вычислении переменной l используется встроенная функция trunc(z), вычисляющая целую часть числа z . При вычислении минимального и максимального элементов выборки используются встроенные функции min(x) и max(x), где x — вектор выборочных значений. Статистическая функция histogram(l, x), где l — число интервалов, x — вектор выборочных значений, вычисляет середины интервалов статистического ряда (первый столбец) и количество выборочных значений для каждого интервала (второй столбец) интервального ряда. Построение гистограммы и полигона ni , в которой n количество выборочных значений ni для каждого интервала получены выделением в матрице F второго столбца набором соответствующего индекса с панели матриц кнопкой M〈 〉. Вектор fl — вектор эмпирических плотностей, который вычисляется p по формуле f l = . h На рис. 6.11 показано вычисление вектора частот p, по формуле p = На рис. 6.11 показано вычисление границ и середин интервалов. Вектор int — вектор середин интервалов, получается из матрицы F выделением в ней первого столбца набором соответствующего верхнего индекса с панели матриц кнопкой M〈 〉. Вектор int1 — вектор границ интервалов, получаемых из вектора середин инh тервалов сдвигом на влево. Последним элементом столбца int1 является макси2 мальный элемент выборки. Выборочный метод математической статистики 209 Рис. 6.11. Вычисление границ и середин интервалов З АМЕЧАНИЕ 1 Номер элемента вектора указывается в виде нижнего индекса, который вводится прямо с главной панели кнопкой подстрочный знак (соответствующий значок проявляется в окне главной панели после набора идентификатора переменной). З АМЕЧАНИЕ 2 Обратите внимание, что для обозначения переменных не используется переменная с индексом. Это обусловлено тем, что индексированная переменная в среде Mathcad применяется для элементов массивов — матриц или векторов. Далее следует построить гистограмму и полигон. Для этого нужно открыть шаблон с панели Графики (Graph) — первая кнопка панели. В черный квадрат по горизонтали надо ввести название вектора середин интервалов int, а в черный квадрат по вертикали — название вектора эмпирических плотностей fl. Остальные местозаполнители предназначены для шаблона, их указывать не обязательно. В одном шаблоне можно строить несколько графиков, указывая идентификаторы соответствующих функций через запятую. Рис. 6.12. Гистограмма, полигон и теоретическая кривая 210 Глава 6 На рис. 6.12 размещены построенные гистограмма и полигон частот — вектор fl, а также теоретическая кривая — плотность нормального распределения — вектор fp (его вычисление приведено далее). При этом полигон частот построен сплошной линией, а теоретическая кривая — пунктирной, что ясно из помещенной слева "легенды". Чтобы построить гистограмму для вектора fl, нужно в диалоговом окне форматирования графиков выбрать вкладку Графики (Traces) (см. рис. 6.9) и в раскрывающемся списке Тип (Type) выбрать пункт Панель заливок (Solid Bar). Получение точечных характеристик. Построение теоретической кривой Точечные характеристики (выборочные моменты) вычисляются с помощью встроенных функций:  mean(x) — среднее выборочное x ;  median(x) — выборочная медиана µ* ;  Var(x) — исправленная выборочная дисперсия s 2 ;  Stdev(x) — исправленное выборочное среднеквадратическое отклонение;  kurt(x) — выборочный эксцесс E * ;  Skev(x) — выборочная асимметрия A* , где x — вектор выборочных значений. Вычисление выборочных моментов дано на рис. 6.13. Достаточно малые величины коэффициентов эксцесса и асимметрии, а также построенные гистограмма и полигон позволяют предположить, что генеральное распределение является нормальным. Поэтому в серединах интервалов интервального ряда вычислены значения плотности нормального распределения (вектор fp) через встроенную функцию dnorm(int, a, σ ), где в качестве параметров a и σ взяты вычисленные среднее выборочное и выборочное среднее квадратичное отклонение. Как уже говорилось, теоретическая кривая построена на рис. 6.12 пунктирной линией. Рис. 6.13. Вычисление точечных характеристик и плотности гипотетического распределения Выборочный метод математической статистики 211 Построение эмпирической функции распределения Для построения кумуляты формируется вектор kum — вектор накопленных частот. Формирование этого вектора показано на рис. 6.14. Элементы вектора kum вычисляются как ранжированная переменная, значения которой вычисляются при i от 1 до 6 шагом 1. Следует учитывать, что в операторе i := 1..6 многоточие набирается на клавиатуре английского регистра — русская буква ж. Графическое представление этого вектора в виде кусочно-линейной линии, соединяющей точки (int1i, kumi) дано на рис. 6.15. Построение эмпирической функции распределения — femp(z) показано на рис. 6.14 с помощью условных операторов присваивания — кнопки Add Line и if на панели Программирование (Programming), в которых знаки логических операций набираются на шкале Логическая (Boolean). З АМЕЧАНИЕ Оператор Add Line задает "тело цикла" в виде вертикальной черты с окнами для введения в них соответствующих операторов. Следует иметь в виду, что однократное нажатие этой кнопки откроет только два окна — две строки в теле цикла. Если их больше, то Add Line нужно нажать несколько раз. Лишние строки можно будет удалить, а получить новые строчки, находясь в теле цикла, уже нельзя. Рис. 6.14. Построение эмпирической функции распределения и кумуляты 212 Глава 6 График функции femp(z) показан на рис. 6.15 в виде кусочно-постоянной линии с разрывами в серединах интервалов. Это достигается указанием в окне Форматирование... на вкладке Графики (Traces) в раскрывающемся списке Тип (Type) — пункта Точек (Points) (см. рис. 6.9). Рис. 6.15. Кумулята и эмпирическая функция распределения ГЛАВА 7 Проверка статистических гипотез и интервальные оценки В некоторых случаях требуется знать закон распределения генеральной совокупности. Если этот закон неизвестен, то можно предположить его определенный вид (например, нормальный). В этом случае говорят, что выдвигается гипотеза: генеральная совокупность распределена нормально. В других случаях закон распределения известен, но неизвестны его параметры. Тогда можно выдвинуть гипотезу о значении этих параметров. 7.1. Основная и альтернативная гипотезы Статистической называют гипотезу о виде неизвестного распределения или о параметрах известного распределения на основе выборочных данных. Нулевой (основной) называют выдвинутую гипотезу H 0 . Конкурирующей (альтернативной) называют гипотезу H1 , которая противоречит основной. В случае, когда основная гипотеза H 0 отвергается, принимается альтернативная гипотеза H1 . Гипотеза H 0 принимается или отвергается с помощью критериев согласия. При этом вывод об истинности или ложности гипотезы H 0 делается на основе выборочных данных, т. е. только с некоторой вероятностью. При этом может быть отвергнута истинная гипотеза или принята ложная гипотеза. В первом случае говорят, что сделана ошибка первого рода, а во втором — ошибка второго рода. Пусть событие A состоит в том, что принимается гипотеза H 0 . Тогда тие A — гипотеза H 0 отвергается. Вероятность сделать ошибку 1 рода называется уровнем значимости и обозначается через α , т. е. α = P ( A H 0 ) . Вероятность сделать ошибку 2 рода обозначается через β , т. е. β = P ( A H 0 ) , а число 1− β называется мощностью критерия. З АМЕЧАНИЕ Обычно уровень значимости задают достаточно малым, чаще всего α = 0, 05 или α = 0,01 . Из возможных критериев выбирается самый мощный, т. е. критерий с минимальной вероятностью ошибки 2 рода. 214 Глава 7 7.2. Критерии согласия. Общая схема проверки статистических гипотез Для проверки выдвинутой основной гипотезы H 0 выбирается критерий согласия. Суть проверки гипотезы H 0 по критерию согласия состоит в том, что выбирается некоторая статистика ζ n ( x1 , x2 ,..., xn ) , закон распределения которой известен в предположении, что гипотеза H 0 истинна. По статистике критерия ζ n ( x1 , x2 ,..., xn ) и заданному уровню значимости множество вещественных чисел разбивают на две части, одну из них — D называют критической областью, другую — D называют областью принятия гипотезы. Критическая область может быть односторонней (правосторонней или левосторонней) (рис. 7.1 и 7.2 соответственно). В этом случае критерий согласия называется односторонним. f ζn f ζn D D tкр tкр D Рис. 7.1 t D Рис. 7.2 Для определения односторонней критической области достаточно найти критическую точку tкр — квантиль, разделяющий области D и D . Если критическая область правосторонняя, то квантиль tкр определяется из соотношения P {ζ n > tкр Н 0 } = α , где P {ζ n > tкр Н 0 } — вероятность события ζ n ∈ D при условии, что гипотеза H 0 верна. f ζn Если критическая область левосторонняя, то квантиль tкр определяется из соотношения P {ζ n < tкр Н 0 } = α . Критическая область может быть двусторонней (рис. 7.3). В этом случае критерий называется двусторонним. л D tкр D п D tкр Рис. 7.3 t Проверка статистических гипотез и интервальные оценки 215 л п Если критическая область двусторонняя, то определяют tкр и tкр — левую и правую границы критической области из условия л п P {ζ n < tкр H 0 } = P {ζ n > tкр H 0} = α . 2 Гипотеза H 0 принимается, если ζ n ( x1 , x2 ,..., xn ) ∈ D . Гипотеза H 0 отвергается, если ζ n ( x1 , x2 ,..., xn ) ∈ D . Проверка гипотезы о законе распределения случайной величины на основе критерия Пирсона Если используется критерий Пирсона, то в качестве статистики ζ n ( x1 , x2 ,..., xn ) выбирается функция выборочных данных χ 2набл , которая вычисляется по формуле l ( ni − n pi )2 i =1 n pi χ 2набл = ∑ , (7.1) где pi — вероятности попадания случайной величины X в интервал I i = [ ai −1 ; ai ) ; l — количество интервалов статистического ряда; ni — количества выборочных значений, попавших в интервал I i ; n — объем выборки. Если основная гипотеза H 0 верна, то статистика χ 2набл распределена асимптотически по закону χ 2 (хи-квадрат) с m степенями свободы. Число степеней свободы определяется числом интервалов l и числом неизвестных параметров гипотетического (предполагаемого) распределения r по формуле: m = l − r −1 . (7.2) Таблица 7.1 Ii [ a0 ; a1 ) [ a1 ; a2 ) ... [ al −1 ; al ] Σ ni n1 n2 ... nl 50 Если построен интервальный ряд (табл. 7.1), построены гистограмма, полигон и теоретическая кривая, то проверка гипотезы о законе распределения генеральной совокупности по критерию Пирсона проводится следующим образом. 1. По виду гистограммы и теоретической кривой выдвигается основная гипотеза H 0 о виде распределения генеральной совокупности X . Альтернативная гипотеза H1 заключается в том, что основная гипотеза H 0 не выполнена. 2. Перед использованием критерия Пирсона выясняется, в каждом ли интервале ряда количество наблюдений больше пяти. Если в каком-то интервале это не так, то его объединяют с одним из соседних интервалов. При этом количество 216 Глава 7 интервалов l уменьшается, а количества соответствующих выборочных значений ni складываются. 3. Далее вычисляются pi — вероятности попадания генеральной совокупности X в интервал I i = [ ai −1 ; ai ) по формулам: pi = P {ai −1 ≤ ξ ≤ ai } = F ( ai ) − F ( ai −1 ) , i = 1, 2,..., l . (7.3) где F ( x ) — гипотетическая функция распределения. При этом: • если основная гипотеза H 0 состоит в том, что генеральная совокупность X распределена по нормальному закону, то вероятности pi определяются по формулам: ⎛a −x⎞ ⎛ ai −1 − x ⎞ pi = Φ ⎜ i ⎟ − Φ⎜ ⎟ , i = 1, 2,..., l , ⎝ s ⎠ ⎝ s ⎠ (7.4) где x — среднее выборочное; s — исправленное выборочное СКВО; Φ ( x ) — функция Лапласа, значения которой находится из таблицы (см. табл. П.2); • если основная гипотеза H 0 состоит в том, что X распределена по показательному закону, то вероятности pi определяются по формулам: pi = e −λai −1 − e−λai , i = 1, 2,..., l , где параметр λ = (7.5) 1 , x — среднее выборочное; x • если основная гипотеза H 0 состоит в том, что X распределена равномерно на отрезке [ a0 ; al ] , то вероятности pi определяются по формулам: pi = 1 ( ai − ai −1 ) , i = 1, 2,..., l . al − a0 (7.6) 4. После этого вычисляется статистика χ 2набл по формуле (7.1). Статистика χ 2набл распределена асимптотически по закону χ 2 с m степенями свободы. Число степеней свободы при этом равно: m = l1 − r − 1 , где l1 — новое число интервалов; r — число оцениваемых параметров. При этом: • если выдвинута гипотеза о нормальном распределении, то оцениваемых параметров два: математическое ожидание a и среднеквадратическое отклонение σ ; • если выдвинута гипотеза о показательном распределении, то оцениваемый параметр один: λ — число, обратное математическому ожиданию; • если проверяется гипотеза о равномерном на интервале ( a; b ) распределении, то оцениваемых параметров два: a и b , и т. д. Проверка статистических гипотез и интервальные оценки 217 Все вычисления удобно проводить, заполняя табл. 7.2. Таблица 7.2 № [ ai −1 , ai ) ni pi npi 1 [ a0 , a1 ) n1 p1 np1 2 [ a1 , a2 ) n2 p2 np2 ... ... ... ... ... l [ al −1 , al ] nl pl npl Σ — n 1 n ( ni − npi )2 npi ( n1 − np1 )2 np1 ( n2 − np2 )2 np2 ... ( nl − npl ) 2 npl 2 χнабл Для вычисления границ критической области задается число α , называемое уровнем значимости и равное вероятности отвергнуть истинную гипотезу H 0 . Уровень значимости должен быть малым. Мы рекомендуем выбирать α = 0,01 − 0,05 . 1. Односторонняя критическая область. По заданному уровню значимости α и числу степеней свободы m из таблицы распределения χ 2 (см. табл. П.3) определяют границу (рис. 7.4) односторонней 2 2 = χ m2 ,α так, что α = P {χ 2набл > χ кр H 0} . критической области χ кр Гипотеза о выбранном законе распределения генеральной совокупности прини2 . мается, если χ 2набл ≤ χ кр 2 Если χ 2набл попадает в критическую область, т. е. χ 2набл > χкр , то гипотеза отвер- гается и принимается альтернативная гипотеза: распределение генеральной совокупности не совпадает с гипотетическим распределением. 2. Двусторонняя критическая область. По заданному значению уровня значимости α и по вычисленному числу степеней свободы m из таблицы распределения χ 2 (см. табл. П.3) определяют границы (рис. 7.5) двусторонней критической области χ 2кр1 = χ m2 ,1− α и χ 2кр2 = χ m2 , α , 2 2 218 Глава 7 f χ m 2 ,α (x f χ2 m, ) S= 2 χкр α ( x) α 2 S= 2 D χкр1 D Рис. 7.4 D α 2 2 χ кр2 D Рис. 7.5 так, что α α 2 2 2 и P { χ набл < χ 2кр1 H 0 } = 1 − P { χ набл > χкр1 H 0} = 1 − . 2 2 В соответствии с критерием согласия Пирсона, гипотеза о выбранном теоретическом законе распределения принимается, если χ 2набл попадает в область принятия гипотезы, т. е. при выполнении условия: 2 P { χ 2набл > χ кр2 H 0} = 2 2 2 χ кр1 ≤ χ набл ≤ χ кр2 . 2 2 2 или χ набл > χ кр2 , то Если χ 2набл попадает в критическую область, т. е. χ 2набл < χ кр1 гипотеза отвергается и принимается альтернативная гипотеза: распределение генеральной совокупности не совпадает с гипотетическим распределением. Проверка гипотезы о законе распределения генеральной совокупности по критерию Колмогорова Пусть F ( x ) — неизвестная функция распределения генеральной совокупности X , а Fn* ( x ) — эмпирическая функция распределения, построенная по выборке x1 , x2 ,..., xn . Известно, что случайная величина ρ n = n max Fn* ( x ) − F ( x ) x асимптотически распределена по закону Колмогорова, т. е. Fρn ( x ) = P {ρ n < x} → K ( x ) , n →∞ (7.7) где K ( x ) — функция распределения Колмогорова, значения которой можно найти в таблице (см. табл. П.4). Проверка гипотезы о законе распределения генеральной совокупности по критерию Колмогорова проводится следующим образом: Проверка статистических гипотез и интервальные оценки 219 1. Выдвигается основная гипотеза H 0 о виде генерального распределения. Тогда F ( x ) = F0 ( x ) , где F0 ( x ) — гипотетическая функция распределения. 2. Выбирается статистика ζ n = n max Fn* ( x ) − F0 ( x ) , которая совпадает с ρ n и x распределение которой удовлетворяет (7.7) в случае истинности гипотезы H 0 . 3. Вычисляются значения статистики ζ n в точках ai ( i = 0,1,..., l ) — границах интервального ряда. В подавляющем большинстве случаев max Fn* ( x ) − F0 ( x ) достигается в этих точках. При вычислении статистики ζ n значения эмпирической функции распределения Fn* ( ai ) определяют по формуле (6.9). Значения F0 ( ai ) вычисляются в зависимости от выдвинутой гипотезы H 0 : • если выдвинута гипотеза о нормальном распределении, то ⎛a −x ⎞ F0 ( ai ) = 0,5 + Φ ⎜ i ⎟, ⎝ s ⎠ (7.8) где x — выборочное среднее; s — исправленное выборочное СКВО; Φ ( x ) — функция Лапласа, значения которой берутся из таблицы (см. табл. П.2); • если выдвинута гипотеза о показательном распределении, то ai < a0 ⎧0, , F0 ( ai ) = ⎨ −λ⋅ai , ai ≥ a0 ⎩1 − e где параметр λ = (7.9) 1 , x — среднее выборочное; x • если выдвинута гипотеза о равномерном распределении, то F0 ( ai ) = ai − a0 , a0 ≤ ai ≤ al , al − a 0 (7.10) где ai — границы интервалов интервального ряда. Все вычисления заносятся в табл. 7.3. Выбирая в последнем столбце этой таблицы наибольшее значение Fn* ( ai ) − F0 ( ai ) , легко вычислить статистику ζ n = n ⋅ max Fn* ( ai ) − F0 ( ai ) . i 4. На следующем шаге задается уровень значимости q . Критическая область D определяется условием P{ ζn ∈ D H 0} = q 220 Глава 7 Таблица 7.3 ai Fn* ( ai ) F0 ( ai ) Fn* ( ai ) − F0 ( ai ) a0 Fn* ( a0 ) F0 ( a0 ) Fn* ( a0 ) − F0 ( a0 ) a1 Fn* ( a1 ) F0 ( a1 ) Fn* ( a1 ) − F0 ( a1 ) ... ... ... ... al Fn* ( al ) F0 ( al ) Fn* ( al ) − F0 ( al ) и может быть односторонней: D = ⎡⎣ λ q ; + ∞ ) (рис. 7.6) или двусторонней: ( D = 0; λ q 1− 2 ) ⎤ ∪ ⎡ λ q ; + ∞ (рис. 7.7). ⎦ ⎣ 2 В первом случае по заданному значению q определяется λ q , такое, что P { ζ n ≥ λ q Н 0 } = q из таблицы распределения Колмогорова (см. табл. П.4). Если значение статистики ζ n ∈ D = ⎡⎣ λ q ; + ∞ ) , т. е. ζ n ≥ λ q , то основная гипотеза от- вергается. Если ζ n < λ q , то гипотеза H 0 принимается, т. е. генеральное распределение считается совпадающим с гипотетическим. В случае двусторонней критической области ее границы λ q 1− 2 и λ q также выби2 раются из таблицы распределения Колмогорова (см. табл. П.4), в которой вместо q q значения q на входе задаются значения 1 − и соответственно, поскольку из 2 2 рис. 7.7 ясно, что { } P ξn ≥ λ q H 0 = 2 { } { } q q q , P 0 ≤ ξ n ≤ λ q H 0 = 1 − P ξ n ≥ λ q H 0 = 1 − ⎜⎛ 1 − ⎟⎞ = . 1 1 − − 2 ⎝ 2⎠ 2 2 2 y ( x) K f fK (x ) S= q 2 S= q 2 q D λq Рис. 7.6 D x D λ1− q 2 D Рис. 7.7 λq 2 D x Проверка статистических гипотез и интервальные оценки 221 Если значение статистики ξ n ∈ D , т. е. ξ n ≥ λ q или ξ n ≤ λ q 1− 2 2 то основная гипотеза отвергается. Если λ q 1− 2 , < ξ n < λ q , то гипотеза H 0 принима2 ется. 7.3. Интервальные оценки параметров распределения Интервальное оценивание параметров распределения предполагает построение доверительных интервалов, в которые с заданной доверительной вероятностью β попадают неизвестные параметры распределения генеральной совокупности. Если принята гипотеза о нормальном распределении, то необходимо построить доверительные интервалы для математического ожидания a и среднеквадратического отклонения σ . Доверительный интервал для математического ожидания при известном среднеквадратическом отклонении Интервал ⎛x − σ t ; x + σ t ⎞, ⎜ β β⎟ ⎝ n n ⎠ (7.11) в котором x — среднее выборочное, σ 2 — известная дисперсия, n — объем выборки, значение tβ определяется из таблицы значений функции Лапласа (см. табл. П.2) через функцию Φ 0−1 ( x ) — обратную функции Лапласа — формулой β tβ = Φ 0−1 ⎛⎜ ⎞⎟ , ⎝ 2⎠ (7.12) покрывает с заданной доверительной вероятностью (надежностью) β неизвестный параметр a — математическое ожидание гауссовского (нормального) генерального распределения. Доверительный интервал (7.12) иногда записывают в виде: ( x − ε; x + ε ) , где величину ε= часто называют точностью. σ tβ n (7.13) (7.14) 222 Глава 7 Доверительный интервал для математического ожидания при неизвестном среднеквадратическом отклонении Если СКВО σ неизвестно, то оно заменяется исправленным выборочным СКВО s . Тогда определенная формулой (7.14) точность будет иметь вид: ε= s s tn −1, β = tn −1,β , n n −1 где s — выборочное СКВО, число tn −1,β определяют по заданной доверительной вероятности β и числу степеней свободы m = n − 1 из таблицы значений tm, β распределения Стьюдента (см. табл. П.5), удовлетворяющих условию β = P { τ m < tm , β } . Следовательно, интервал s ⎛x − s t tn −1,β ⎞⎟ , ⎜ n −1, β ; x + ⎝ ⎠ n −1 n −1 (7.15) в котором x — среднее выборочное, s 2 — выборочная дисперсия, n — объем выборки, значения tn −1, β берутся из таблицы (см. табл. П.5), покрывает с надежностью β неизвестный параметр a — математическое ожидание гауссовского (нормального) генерального распределения. Чтобы построить доверительный интервал (7.15), необходимо:  задать доверительную вероятность (надежность) β = 0,92 ÷ 0,99 ;  по заданной надежности β и числу степеней свободы m = n − 1 из таблицы зна- чений tm, β распределения Стьюдента (см. табл. П.5) найти tn −1, β ; s tn −1,β ; n −1  выписать доверительный интервал ( x − ε; x + ε ) для параметра a .  вычислить точность ε = Доверительный интервал для среднеквадратического отклонения Чтобы получить доверительный интервал для СКВО σ нормального генерального распределения, вычисляют значения γ1 и γ 2 с помощью таблицы распределения χ 2 (см. табл. П.3) так, чтобы (рис. 7.8): γ 2 = χ2 n −1, γ1 = χ 2 n −1, 1+β 2 1−β 2 или P { χ 2n −1 > γ 2 } = 1− β , 2 или P { χ 2n −1 < γ1} = 1 − P { χ 2n −1 > γ1} = 1 − (7.16) 1− β 1+ β . = 2 2 (7.17) Проверка статистических гипотез и интервальные оценки 223 Это означает, что для определения γ1 в таблице распределения χ 2 (см. табл. П.3) 1+ β 1− β и m = n − 1 , а для определения γ 2 — α = и нужно положить α = 2 2 m = n −1. Тогда при вычисленных γ1 и γ 2 интервал ⎛ n −1 n −1 ⎞ ;s ⎜s ⎟, γ2 γ1 ⎠ ⎝ (7.18) где s 2 — исправленная выборочная дисперсия, n — объем выборки, числа γ1 и γ 2 определяются формулами (7.16) и (7.17), покрывает с надежностью β параметр σ нормального распределения. Если принята гипотеза о показательном распределении, то следует найти доверительные интервалы для неизвестных математического ожидания и среднеквадратического отклонения по формулам (7.15) и (7.18), которые можно использовать, если выборка достаточно большого объема. Аналогично следует поступать, если основная гипотеза окажется отвергнутой, т. е. характер распределения останется неизвестным. f y χ2 n −1 ( x) β γ1 1− β 2 γ2 x Рис. 7.8 7.4. Пример выполнения лабораторной работы "Проверка статистических гипотез и интервальное оценивание" Для построенного интервального ряда распределения (табл. 7.4), в котором границы интервалов равны a0 = −1,18 , a1 = −0, 42 , a2 = 0,34 , a3 = 1,10 , a4 = 1,86 , a5 = 2,62 , a6 = 3,38 , принять или отвергнуть гипотезу H 0 : генеральная совокупность X распределена по нормальному закону, используя критерии Пирсона и Колмогорова. Альтернативная гипотеза H1 : гипотеза H 0 не выполнена. 224 Глава 7 Таблица 7.4 Ii I1 I2 I3 I4 I5 I6 Σ x i –0,8 –0,04 0,72 1,48 2,24 7,00 — ni 6 7 20 7 5 5 50 pi* 0,12 0,14 0,4 0,14 0,1 0,1 1 Проверка основной гипотезы по критерию Пирсона 1. Во всех интервалах статистического ряда абсолютные частоты ni ≥ 5 . Поэтому объединение интервалов проводить не нужно. 2. Поскольку выдвинута гипотеза о нормальном распределении, то вероятности pi вычисляются по формуле (7.4). Соответствующие значения функции Лапласа определяются из таблицы (см. табл. П.2). a −x ⎞ ⎛ a0 − x ⎞ p1 = P {a0 ≤ X ≤ a1} = Φ ⎛⎜ 1 ⎟ − Φ⎜ ⎟= ⎝ s ⎠ ⎝ s ⎠ ⎛ −0,42 − 0,92 ⎞ ⎛ −1,18 − 0,92 ⎞ = Φ⎜ ⎟ − Φ⎜ ⎟ = −Φ 0 (1, 25 ) − Φ 0 (1,96 ) = −0,39 + 0, 47 = 0,08 ; 1,07 1,07 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ 0,34 − 0,92 ⎞ ⎛ −0, 42 − 0,92 ⎞ p2 = Φ ⎜ ⎟ − Φ⎜ ⎟ = −Φ ( 0,54 ) + Φ (1, 25 ) = −0, 21 + 0,39 = 0,18 ; 1,07 1,07 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ 1,1 − 0,92 ⎞ ⎛ 0,34 − 0,92 ⎞ p3 = Φ ⎜ ⎟ − Φ⎜ ⎟ = Φ ( 0,17 ) + Φ ( 0,54 ) = 0,07 + 0, 21 = 0, 28 ; 1,07 ⎝ 1,07 ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ 1,86 − 0,92 ⎞ ⎛ 1,1 − 0,92 ⎞ p4 = Φ ⎜ ⎟ − Φ⎜ ⎟ = Φ ( 0,88 ) − Φ ( 0,17 ) = 0,31 − 0,07 = 0, 24 ; ⎝ 1,07 ⎠ ⎝ 1,07 ⎠ ⎛ 2,62 − 0,92 ⎞ ⎛ 1,86 − 0,92 ⎞ p5 = Φ ⎜ ⎟ − Φ⎜ ⎟ = Φ (1,59 ) − Φ ( 0,88 ) = 0, 44 − 0,31 = 0,13 ; 1,07 ⎝ ⎠ ⎝ 1,07 ⎠ ⎛ 3,38 − 0,92 ⎞ ⎛ 2,62 − 0,92 ⎞ p6 = Φ ⎜ ⎟ − Φ⎜ ⎟ = Φ ( 2, 29 ) − Φ (1,59 ) = 0, 49 − 0,44 = 0,05 . 1,07 1,07 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 3. Статистику χ 2набл удобно вычислять по формуле (7.1), заполняя табл. 7.5. 4. В последней строке и в последнем столбце табл. 7.5 — сумма l ( ni − npi )2 i =1 npi ∑ , т. е. значение статистики χ 2набл . Следовательно, χ 2набл = 8,94 . 5. Поскольку интервалов шесть, а оцениваемых параметров два ( a и σ ), то число степеней свободы m , вычисленное по формуле (7.2), равно: m = 6 − 2 −1 = 3 . Проверка статистических гипотез и интервальные оценки 225 Таблица 7.5 ( ni − n pi )2 № [ ai −1 ; ai ) ni pi npi 1 [–1,18; –0,42) 6 0,08 4 1,00 2 [–0,42; 0,34) 7 0,18 9 0,44 3 [0,34; 1,1) 20 0,28 14 2,57 4 [1,1; 1,86) 7 0,24 12 2,08 5 [1,86; 2,62) 5 0,13 6,5 0,346 6 [2,62; 3,38] 5 0,05 2,5 2,5 Σ — 50 — — 8,936 n pi 6. По заданному уровня значимости α = 0,01 и по вычисленному числу степеней свободы m = 3 из таблицы распределения χ 2 (см. табл. П.3) определим границу критической области, которую выберем односторонней χ 2кр = 11,34 . 7. Гипотеза о нормальном законе распределения генеральной совокупности принимается, т. к. 2 χ 2набл = 8,94 ≤ χ кр . Проверка основной гипотезы по критерию Колмогорова Согласно критерию Колмогорова вычисляется статистика ξ n = n max Fn* ( x ) − F0 ( x ) , x в граничных точках интервального ряда. 1. Эмпирическая функция распределения Fn* ( x ) для интервального статистического ряда из табл. 7.4 была вычислена в предыдущей главе (см. разд. 6.3). Значения F0 ( ai ) вычисляются с учетом того, что выдвинута гипотеза о нормальном распределении, т. е. используя формулу (7.8). Все вычисления удобно внести в табл. 7.6. Для удобства вычисления F0 ( ai ) введем в таблицу столбец значений ai − x с вычисленным в разд. 6.3 средним выборочным x = 0,92 и исправленs ной выборочной дисперсией s = 1,07 . 226 Глава 7 Таблица 7.6 ai Fn* ( ai ) ai − x s F0 ( ai ) Fn* ( ai ) − F0 ( ai ) –1,18 0,00 –1,96 0,025 0,025 –0,42 0,12 –1,25 0,105 0,015 0,34 0,26 –0,54 0,295 0,035 1,10 0,66 0,17 0,567 0,093 1,86 0,80 0,88 0,810 0,010 2,62 0,90 1,59 0,944 0,044 3,38 1,00 2,30 0,989 0,011 2. Из последнего столбца таблицы ясно, что max Fn* ( ai ) − F0 ( ai ) = 0,093 . i Тогда значение статистики Колмогорова равно: ζ n = n ⋅ max Fn* ( ai ) − F0 ( ai ) = 50 ⋅ 0,093 = 0,658 . i 3. Зададим уровень значимости q = 0,01 . По заданному значению q определим λ q из таблицы распределения Колмогорова (см. табл. П.4). 4. Поскольку значение статистики ζ n = 0,658 меньше значения λ q = 1,627 , то основная гипотеза H 0 принимается, т. е. генеральное распределение считается нормальным. Вывод. Выдвинутая основная гипотеза принимается, т. е. генеральная совокупность распределена по нормальному закону. Проверка выдвинутой гипотезы по критерию Пирсона и Колмогорова привели к одинаковому результату. Интервальное оценивание параметров распределения Поскольку принята гипотеза о нормальном законе генеральной совокупности, то следует найти доверительные интервалы для параметров нормального распределения, т. е. для параметра a — математического ожидания и для σ — среднеквадратического отклонения. Доверительный интервал для параметра a : 1. Пусть доверительная вероятность (надежность) β = 0,99 . 2. По таблице распределения Стьюдента (см. табл. П.5) определим tβ = 2, 405 для β = 0,99 и для числа степеней свободы m = n − 1 = 49 . Проверка статистических гипотез и интервальные оценки 227 3. Вычислим точность ε : ε = tβ ⋅ s 1,06 = 2, 405 ⋅ = 0,364 . m 49 4. Доверительный интервал для математического ожидания a нормального распределения, построенный по формуле (7.15), имеет вид: ( x − ε; x + ε ) = ( 0,92 − 0,364; 0,92 + 0,364 ) = ( 0,556; 1, 284 ) . Доверительный интервал для параметра σ : 1. По таблице распределения χ 2n (см. табл. П.3) для числа степеней свободы m = n − 1 = 49 и для α1 = 1+ β 1− β = 0,995 и α 2 = = 0,005 2 2 вычисляются: γ1 = χ α2 1 ,m = 27, 249 и γ 2 = χ α2 2 ,m = 78, 231 . 2. Построенный по формуле (7.18) доверительный интервал для параметра σ нормального распределения имеет вид: ⎛ m m⎞ ⎛ 49 49 ⎞ ;s ; 1,07 ⋅ ⎜s ⎟ = ⎜ 1,07 ⋅ ⎟ = ( 0,839; 1,421) . γ1 ⎠ ⎝ 78, 231 27, 249 ⎠ ⎝ γ2 7.5. Пример выполнения лабораторной работы "Проверка статистических гипотез и интервальные оценки" в среде Mathcad Цель лабораторной работы — выяснить, можно ли принять выдвинутую в предыдущей лабораторной работе (см. разд. 6.3) гипотезу H 0 о нормальном распределении генеральной совокупности, используя критерии Пирсона и Колмогорова, а также получить интервальные оценки параметров распределения. Проверка нулевой гипотезы по критерию Пирсона 1. Вычисляются вероятности pi — вероятности попадания генеральной совокупности X в каждый из интервалов статистического ряда с помощью функции Лапласа по формулам: ⎛a −x ⎞ ⎛ ai − x ⎞ pi = P { ai +1 ≤ X ≤ ai } = Φ ⎜ i +1 ⎟ − Φ⎜ ⎟. ⎝ s ⎠ ⎝ s ⎠ (7.19) На рис. 7.9 представлено содержимое окна приложения Mathcad, где формируется вектор pt — вектор вероятностей pi , а границы интервалов статистического ряда задаются вектором int1. Вероятности в формуле (7.19) вычисляются 228 Глава 7 с помощью встроенной функции распределения нормального закона pnorm(int1, a, σ ), в которой в качестве параметров распределения взяты их точечные оценки: a = x = 0,902 , σ = s = 1,094 . На этом же рисунке вычислен вектор pt1 — вектор значений pi ⋅ n . Рис. 7.9 2. На рис. 7.10 показано вычисление статистики χ 2набл критерия Пирсона по формуле l ( ni − npi )2 2 χ набл = ∑ . (7.20) npi i =1 Для этого выделяется второй столбец матрицы F (см. рис. 6.10) — вектор pn — вектор количества выборочных значений ni в каждом интервале статистического ряда. Вектор pt1 — вектор значений pi ⋅ n (теоретических частот), i = 1, 2,..., 6 . Вектор ptx — вектор квадратичных невязок — слагаемых в сумме для статистики χ 2набл , вычисляемой по формуле (7.20). Статистика χ 2набл критерия Пирсона вычислена оператором суммирования Σ элементов вектора ptx, который находится на панели Матрицы (Matrix). На этом же рисунке показано, как вычисляется граница критической области 2 χ кр через встроенную функцию qchisq( β, m ), где β — заданная вероятность, m — число степеней свободы. Вероятность β выбрана равной 0,99, соответствующей уровню значимости α = 0,01 , а число степеней свободы m = l −1− r = 6 −1− 2 = 3 . 2 Поскольку χ набл = 10,13 меньше χ 2кр = 11,345 , то основная гипотеза о нормальном распределении генеральной совокупности принимается. Проверка статистических гипотез и интервальные оценки 229 Рис. 7.10. Вычисление статистики Пирсона Проверка нулевой гипотезы по критерию Колмогорова Вычисляется статистика критерия Колмогорова ζ К = n max Fn* ( x ) − F0 ( x ) x (7.21) в граничных точках интервального ряда — вектор int1, вычисленный в предыдущей лабораторной работе (см. рис. 6.11). На рис. 7.11 показано вычисление статистики критерия Колмогорова по формуле (7.21). Для этого в граничных точках интервального ряда вычисляются значения функции femp(z) — значения эмпирической функции распределения, вычисленной ранее (см. рис. 6.14). На этом же рисунке показано вычисление значений функции распределения нормального закона — вектор po, через встроенную функцию pnorm(x, a, σ). Затем вычисляется вектор pm — вектор модулей разностей значений функций распределения — эмпирической Fn* ( x ) и гипотетической F0 ( x ) . Для определения максимального значения проводится его упорядочение по возрастанию через встроенную функцию sort(pm). Ясно, что у полученного вектора pp максимальным элементом является pp7 . Для заданного уровня значимости q = 0,01 из таблицы распределения Колмогорова (см. табл. П.4) определяется граница односторонней критической области 230 λ q = 1,627 . Глава 7 Поскольку вычисленное значение статистики Колмогорова ζ К = 0,624 < λ q = 1,627 , то можно принять гипотезу о нормальном распределении генеральной совокупности. Рис. 7.11. Вычисление статистики Колмогорова Интервальные оценки параметров распределения Доверительный интервал для математического ожидания На рис. 7.12 представлено содержимое окна приложения Mathcad, где вычисляется доверительный интервал для математического ожидания. По заданной надежности β = 0,99 и по числу степеней свободы n − 1 , где n = 50 (объем выборки), вычисля- Рис. 7.12 Проверка статистических гипотез и интервальные оценки 231 ется граница критической области tβ — квантиль уровня 0,99 распределения Стьюдента через встроенную функцию qt ( β, n − 1) . Границы доверительного интервала вычисляются по формуле (7.15) в виде: ⎛ x − tβ⋅ s ; x + tβ⋅ s ⎞ , ⎜ ⎟ ⎝ n −1 n −1 ⎠ где x и s — среднее выборочное и выборочное среднеквадратическое отклонение. Эти значения вычисляются через встроенные функции Mathcad — mean(x) и stdev(x) — СКВО (не исправленное). На рисунке показаны вычисленные границы интервала, т. е. a1 = x − tβ⋅ s s и a 2 = x + tβ⋅ . n −1 n −1 Доверительный интервал для среднеквадратического отклонения На рис. 7.13 показано вычисление доверительного интервала для среднеквадратического отклонения. По заданной доверительной вероятности β = 0,99 вычисляются критические точки распределения χ 2 — границы двусторонней критической области γ1 и γ 2 . Для вычисления границ критической области используется встроенная функция qchisq(p, n − 1 ), где 1 − p — вероятность попадания в соответствующую часть критической области ( p = 1 − α1 и p = 1 − α 2 ), n − 1 — число степеней свободы, n — объем выборки. Рис. 7.13 232 Глава 7 Границы доверительного интервала вычисляются по формуле (2.14) ⎛ n −1 n −1 ⎞ ;s ⎜s ⎟, γ2 γ1 ⎠ ⎝ где γ1 и γ 2 — границы двусторонней критической области; s — исправленное выборочное среднеквадратическое отклонение. 7.6. Варианты заданий для лабораторных работ Вариант 1 10,1 –4,3 –2,2 10,6 8,9 9,4 16,6 7,3 4,7 –2,7 15,2 17,1 –4,5 8,2 15,2 6,2 19,7 11,5 1,3 15,5 4,5 8,8 9,8 13,8 4,0 4,7 4,7 8,1 –3,1 14,8 13,5 20,1 12,0 7,4 8,3 6,7 –0,6 18,5 7,0 16,5 6,5 9,4 2,6 3,3 6,8 4,7 7,9 –1,0 6,6 17,2 14,8 1,8 16,8 15,1 3,2 –4,6 10,5 10,6 16,0 11,2 6,9 7,0 14,2 15,7 9,5 2,7 0,4 9,4 1,0 15,8 14,4 6,4 1,3 11,8 6,4 11,9 21,7 1,2 6,2 1,6 1,9 3,5 4,3 0,3 –2,2 7,8 -0,9 15,4 5,3 15,6 5,2 14,3 11,3 12,0 7,6 4,7 12,3 4,0 8,2 12,3 10,4 5,5 9,9 3,9 0,5 7,0 18,5 10,8 9,9 14,9 3,0 8,5 6,9 2,0 22,1 0,3 6,5 12,1 –1,8 3,8 6,6 4,3 6,9 12,2 11,5 5,5 6,0 14,7 4,1 27,3 16,4 9,7 21,9 9,6 10,7 9,6 3,8 –1,2 13,6 1,0 3,0 6,5 19,4 12,2 6,5 7,6 11,3 12,3 7,5 13,9 3,3 9,9 7,3 18,6 8,9 9,8 12,6 1,6 5,8 10,9 10,0 18,8 –10,8 11,7 11,1 13,5 6,5 2,3 11,5 14,6 8,0 9,1 6,1 7,7 6,1 6,6 9,1 8,1 4,4 1,9 11,7 9,0 4,2 7,2 –2,2 5,9 13,6 5,3 3,9 8,0 3,8 5,9 23,5 8,3 16,3 11,2 4,2 12,0 8,5 12,1 Вариант 2 Вариант 3 Вариант 4 Проверка статистических гипотез и интервальные оценки 233 Вариант 5 13,4 6,0 5,4 12,5 6,3 6,7 0,4 –1,0 11,2 19,3 14,9 13,4 1,3 18,1 0,5 7,7 6,0 10,2 8,3 11,6 5,9 14,2 2,3 6,9 17,8 3,5 2,2 8,4 14,5 4,8 3,1 10,9 7,6 6,6 5,1 –0,7 –9,8 4,1 17,5 4,2 7,3 0,8 14,9 9,7 1,6 7,0 –4,2 –9,2 –4,5 –5,0 7,2 5,8 0,9 –5,8 7,1 6,6 8,7 –0,3 12,2 15,8 7,7 10,6 15,7 9,8 5,4 13,3 6,1 10,1 8,5 10,1 16,9 13,1 13,1 12,6 16,8 11,2 13,6 5,1 2,8 4,5 –1,9 9,5 –0,9 12,3 7,8 17,9 21,6 0,0 0,7 9,5 5,6 7,1 15,3 11,6 16,0 –3,4 17,1 –1,0 10,3 15,7 –1,4 3,9 13,8 –3,6 13,7 –0,3 6,4 8,5 8,7 14,7 7,6 7,5 18,4 14,3 1,9 7,2 –1,7 1,5 9,7 1,7 12,3 8,4 –1,7 8,4 16,9 13,9 7,7 11,6 3,6 4,2 3,3 8,8 5,4 17,5 13,4 18,5 1,9 6,9 4,8 6,2 6,2 2,1 4,9 6,5 1,0 10,6 3,2 10,0 17,6 9,0 5,3 5,6 –1,4 2,7 10,7 –3,9 12,6 18,1 –0,7 6,1 2,1 2,8 –1,7 12,5 11,6 19,2 –1,1 6,6 11,4 9,6 8,6 4,4 13,0 10,2 10,8 16,7 6,2 –0,2 3,2 4,0 19,9 7,4 –3,7 14,0 10,5 7,0 12,6 1,7 4,1 8,8 6,9 –0,2 1,0 14,7 14,7 3,9 2,8 22,9 7,9 5,2 9,0 –5,5 3,6 –0,8 –0,1 14,3 5,7 3,9 9,1 8,4 7,1 1,3 17,4 12,6 4,4 15,7 12,7 –1,6 5,5 –1,1 –5,4 11,2 15,2 9,3 4,0 15,2 11,9 6,4 12,9 15,7 –0,5 6,4 5,5 25,1 8,0 2,0 6,4 6,6 9,9 7,0 8,0 11,4 9,2 10,8 2,1 3,3 8,6 10,8 11,2 7,5 Вариант 6 Вариант 7 Вариант 8 Вариант 9 234 Глава 7 Вариант 10 12,5 11,5 2,3 –7,1 2,1 8,0 3,0 –1,9 16,0 14,0 14,7 12,2 5,3 16,9 9,8 3,9 3,8 5,2 4,5 1,0 21,4 22,1 6,8 9,7 11,2 9,7 4,5 12,8 3,4 –5,1 15,5 6,3 4,4 10,5 6,3 –1,0 6,0 2,2 19,8 7,8 –0,7 9,6 11,1 3,9 18,5 11,1 7,3 15,4 0,0 9,5 4,5 –0,6 9,6 10,5 15,2 9,3 4,5 9,2 11,9 17,1 4,6 18,3 12,6 4,7 12,9 13,1 14,4 26,3 7,6 7,5 6,8 12,2 10,4 2,6 7,7 12,5 7,2 17,9 11,3 10,3 11,9 8,6 15,6 –0,5 11,1 3,0 9,7 –1,1 12,0 13,0 4,1 13,1 9,3 17,8 6,5 14,3 3,6 17,6 9,3 13,3 Вариант 11 Вариант 12 1,01 0,98 1,10 0,07 0,96 0,28 0,06 0,048 1,11 0,33 0,03 0,32 0,80 0,62 0,13 1,56 0,31 0,954 0,26 0,30 0,48 0,54 0,31 0,03 0,55 0,99 0,33 0.274 1,77 0,79 0,06 0,19 0,55 0,06 0,56 0,61 0,17 0,178 0,95 0,23 0,59 1,30 0,94 0,25 0,22 1,49 2,11 0,694 1,14 1,58 Вариант 13 3,0 12,6 18,3 12,6 8,1 6,1 1,7 8,2 7,1 16,0 4,6 12,3 3,1 9,8 8,2 14,3 22,8 15,8 4,3 2,4 –0,7 1,4 5,6 –1,0 12,0 18,9 10,5 10,6 6,7 3,1 3,4 1,4 9,2 18,5 5,7 0,4 –2,0 2,4 10,5 14,2 –0,2 3,8 14,9 –4,2 14,5 14,0 17,5 5,7 16,1 10,0 –5,4 14,3 2,6 12,2 7,4 3,9 4,7 2,2 4,7 14,1 5,2 3,1 15,6 6,5 13,5 6,3 15,0 3,7 15,9 8,1 14,3 20,3 12,7 4,6 1,8 9,4 2,6 1,6 2,4 7,0 13,6 18,6 10,8 8,1 6,2 4,5 14,1 7,2 –4,0 13,6 4,2 8,6 –3,1 12,7 13,7 6,0 8,6 11,0 9,4 2,8 Вариант 14 Проверка статистических гипотез и интервальные оценки 235 Вариант 15 7,3 2,1 22,1 3,2 4,3 17,9 13,6 7,8 –7,0 6,1 10,7 7,8 10,6 8,1 9,8 8,9 15,5 14,1 6,6 4,1 4,1 8,7 6,0 9,6 –8,8 6,7 1,5 3,0 6,8 12,4 9,2 7,3 12,5 15,7 –0,7 15,5 16,8 4,3 9,6 –4,9 8,8 –4,2 12,3 7,2 1,0 0,3 –0,1 18,5 8,8 8,1 Вариант 16 3,0 7,8 0,7 2,4 9,5 11,8 14,3 1,8 1,1 10,1 1,1 –1,3 1,5 7,9 7,7 7,8 12,8 10,9 11,7 7,0 –0,3 9,7 17,0 10,9 7,0 3,1 4,3 0,9 6,3 14,1 –0,2 13,2 15,2 10,7 7,6 6,3 13,8 0,2 7,5 8,8 2,9 8,1 6,7 0,8 8,1 –9,2 8,2 7,9 17,3 2,4 0,7 0,5 0,4 0,6 0,3 1,4 1,4 0,6 1,9 2,0 0,1 0,1 1,2 0,7 0,4 0,7 0,4 0,1 0,4 0,5 1,4 0,5 1,2 0,4 0,4 0,6 0,2 0,4 0,3 0,3 0,1 0,3 0,3 1,0 1,1 1,9 0,1 1,5 1,1 0,4 0,5 0,7 0,6 1,5 0,2 0,2 0,1 1,0 1,7 0,1 0,11 0,12 0.14 0,77 1,00 0,26 0,11 0,13 0,33 1,00 0,59 0,39 0,52 0,24 0,27 0,17 0,30 0,06 0,16 0,98 0,05 0,39 1,21 0,31 1,16 0,05 0,30 0,16 0,04 0,17 0,08 0,18 0,19 0,13 1,53 0,36 0,09 0,05 0,11 0,04 0,21 0,08 0,54 0,07 0,05 0,15 0,16 0,46 0,08 0,11 Вариант 17 Вариант 18 Вариант 19 4,9 11,5 14,7 5,6 6,0 12,5 –2,0 7,6 13,6 4,9 8,6 7,8 –0,4 6,0 11,9 20,6 7,6 –4,2 15,1 9,2 11,2 –4,2 8,3 9,5 5,6 8,5 –0,6 8,6 –0,1 6,9 8,5 1,9 0,5 6,4 11,8 9,6 3,6 7,7 7,1 8,8 4,7 3,3 7,9 10,1 5,9 –8,7 5,1 2,3 2,9 16,1 236 Глава 7 Вариант 20 5,8 2,4 –3,3 0,5 14,0 9,8 3,5 5,8 4,3 10,1 9,6 15,9 10,9 15,2 6,0 –1,0 13,8 8,1 7,8 4,9 12,8 5,7 9,5 8,9 9,3 4,6 12,6 2,2 –0,6 11,0 9,3 12,3 13,6 14,9 8,5 0,1 6,0 7,8 6,5 –0,2 8,7 10,0 8,5 2,4 2,9 14,5 9,0 2,8 –0,6 9,5 Вариант 21 0,19 1,05 0,17 0,90 0,59 0,03 0,16 0,28 0,28 0,27 0,15 0,20 2,05 0,92 0,06 0,12 0,39 0,02 0,69 0,81 0,02 1,43 1,15 0,81 0,06 0.13 0,69 0,14 0,61 0,71 0,43 0,40 0,09 0,26 0,09 0,77 0,36 0,80 1,09 0,22 0,24 0,47 0,08 0,50 0,04 0,12 0,41 0,59 0,59 0,28 Вариант 22 16,8 2,6 11,6 2,7 18,7 6,4 10,5 2,7 –1,3 4,0 4,8 10,7 5,9 4,9 9,4 8,4 7,3 9,8 5,5 12,6 7,1 10,8 3,1 10,2 9,4 9,4 10,4 14,5 12,5 15,1 3,8 16,9 8,3 6,9 6,0 19,9 18,3 12,8 21,5 12,4 7,0 8,1 4,7 11,9 –2,3 9,2 18,2 7,1 16,7 11,4 12,7 15,0 4,9 3,4 6,6 21,8 6,6 6,0 4,1 9,1 5,7 4,2 19,5 7,1 16,4 6,5 –3,1 16,2 6,7 8,4 11,3 –5,7 12,6 6,1 10,3 14,6 15,9 14,6 12,5 0,8 0,8 13,2 14,0 6,4 5,5 7,5 6,5 8,6 –1,7 14,7 7,5 12,1 8,0 4,9 10,2 4,7 2,9 15,7 –3,3 15,0 Вариант 23 Вариант 24 0,02 0,20 0.192 0.22 0,01 0,04 0,07 0,05 0,06 0,10 0,19 0,13 0,03 0,011 0,10 0,08 0,05 0.33 0.04 0,15 0,12 0,49 0,01 0,09 0,18 0,03 0,26 0,54 0,32 0,27 0,04 0,45 0,36 0,10 0,08 0,14 0,20 0,23 0,02 0,03 0,04 0,08 0,09 0,30 0,27 0,26 0,16 0,24 0,18 0,29 Проверка статистических гипотез и интервальные оценки 237 Вариант 25 2,4 2,7 21,2 –0,6 14,2 7,9 17,4 3,1 13,0 9,8 9,6 2,7 10,8 4,7 4,5 2,8 3,3 –0,2 6,7 15,2 16,1 8,7 14,6 11,6 12,4 20,5 1,1 7,1 7,8 1,3 22,0 1,5 12,7 4,9 11,7 16,1 1,4 2,8 4,6 6,4 13,5 24,6 8,2 1,1 6,4 –3,7 –3,4 1,7 8,3 6,6 Вариант 26 12,1 20,0 4,3 10,9 6,5 5,4 –7,0 –0,3 7,5 2,2 18,5 –0,4 1,2 9,0 9,1 14,1 16,1 5,9 10,3 8,8 –5,6 4,3 9,6 12,5 12,9 8,8 –0,8 12,4 7,1 2,5 1,5 17,0 5,5 12,4 23,0 17,8 3,3 6,3 4,5 14,5 8,2 7,7 16,2 11,5 0,0 14,4 11,1 17,7 13,0 3,0 10,1 5,0 –4,8 –0,9 15,5 7,7 –3,9 7,8 4,5 7,5 6,0 5,3 11,8 4,6 20,2 5,8 14,6 15,4 4,2 –0,3 6,5 14,4 9,6 7,5 9,6 5,5 2,6 8,7 1,8 9,5 –6,2 8,0 7,2 –2,3 5,7 6,4 –2,7 3,7 7,4 4,3 –2,4 10,8 11,8 10,2 2,4 14,9 3,8 2,7 6,5 8,0 Вариант 27 Вариант 28 0,04 0,16 0,28 0,16 0,07 0,01 0,05 0,38 0,61 0,49 0,17 0,29 0,24 0,14 0,06 0,30 0,05 0,21 0,29 0.11 0,07 0,07 0,18 0,02 0,27 0,55 0,08 0,39 0,13 0,04 0,07 0,08 0,23 0,25 0,16 0,03 0,02 0,12 0,44 0,17 0,22 0,18 0,02 0,02 0,08 0,12 0,03 0,51 0,35 0,46 Вариант 29 2,4 10,7 0,4 15,0 6,7 10,3 10,0 7,7 6,4 3,4 12,0 7,1 1,3 8,7 17,1 21,0 6,0 10,0 –6,0 11,2 11,4 –2,9 9,2 5,0 20,9 27,9 6,5 10,0 12,8 12,4 18,8 –0,8 16,4 9,8 –3,9 –2,2 7,9 7,7 6,8 11,6 7,9 8,1 16,2 9,4 9,9 9,2 6,0 –0,9 0,3 –0,4 238 Глава 7 Вариант 30 4,9 8,4 14,5 8,6 16,0 14,1 10,7 6,3 12,6 1,1 11,7 14,7 4,7 15,2 23,7 0,3 10,4 5,6 13,1 8,0 11,5 –0,7 9,9 11,9 13,4 9,7 11,4 13,5 0,1 9,1 8,7 18,6 7,2 –5,4 3,3 8,3 7,8 9,7 10,0 7,3 10,8 6,9 13,4 10,1 0,1 11,4 –2,7 9,0 14,4 12,1 ПРИЛОЖЕНИЕ Статистические таблицы 2 1 − x2 П.1. Значения функции Гаусса φ ( x ) = e 2π Таблица П.1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0,0 0,3989 0,3989 0,3989 0,3988 0,3986 0,3984 0,3982 0,3980 0,3977 0,3973 0,1 0,3970 0,3965 0,3961 0,3956 0,3951 0,3945 0,3939 0,3932 0,3925 0,3918 0,2 0,3910 0,3902 0,3894 0,3885 0,3876 0,3867 0,3857 0,3847 0,3836 0,3825 0,3 0,3814 0,3802 0,3790 0,3778 0,3765 0,3752 0,3739 0,3726 0,3712 0,3697 0,4 0,3683 0,3668 0,3652 0,2637 0,3621 0,3605 0,3589 0,3S72 0,3555 0,3538 0,5 0,3521 0,3503 0,3485 0,3467 0,3448 0,3429 0,3410 0,3391 0,3372 0,3352 0,6 0,3332 0,3312 0,3292 0,3271 0,3251 0,3230 0,3209 0,3187 0,3166 0,3144 0,7 0,3123 0,3101 0,3079 0,3056 0,3034 0,3011 0,2989 0,2966 0,2943 0,2920 0,8 0,2897 0,2874 0,2850 0,2827 0,2803 0,2780 0,2756 0,2732 0,2709 0,2685 0,9 0,2661 0,2637 0,2613 0,2589 0,2565 0,2541 0,2516 0,2492 0,2468 0,2444 1,0 0,2420 0,2396 0,2371 0,2347 0,2323 0,2299 0,2275 0,2251 0,2227 0,2203 1,1 0,2179 0,2155 0,2131 0,2107 0,2083 0,2059 0,2036 0,2012 0,1989 0,1965 1,2 0,1942 0,1919 0,1895 0,1872 0,1849 0,1826 0,1804 0,1781 0,1738 0,1736 1,3 0,1714 0,1691 0,1669 0,1647 0,1626 0,1604 0,1582 0,1561 0,1569 0,1518 1,4 0,1497 0,1476 0,1456 0,1435 0,1415 0,1394 0,1374 0,1354 0,1334 0,1315 1,5 0,1295 0,1276 0,1257 0,1238 0,1219 0,1200 0,1182 0,1163 0,1145 0,1127 1,6 0,1109 0,1092 0,1074 0,1057 0,1040 0,1023 0,1006 0,0989 0,0973 0,0957 1,7 0,0940 0,0925 0,0909 0,0893 0,0878 0,0863 0,0848 0,0833 0,0818 0,0804 1,8 0,0790 0,0775 0,0761 0,0748 0,0734 0,0721 0,0707 0,0694 0,0681 0,0669 1,9 0,0656 0,0644 0,0632 0,0620 0,0608 0,0596 0,0584 0,0573 0,0562 0,0551 240 Приложение Таблица П.1 (окончание) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 2,0 0,0540 0,0529 0,0519 0,0508 0,0498 0,0488 0,0478 0,0468 0,0459 0,0449 2,1 0,0440 0,0431 0,0422 0,0413 0,0404 0,0396 0,0387 0,0379 0,0371 0,0363 2,2 0,0355 0,0347 0,0339 0,0332 0,0325 0,0317 0,0310 0,0303 0,0297 0,0290 2,3 0,0283 0,0277 0,0270 0,0264 0,0258 0,0252 0,0246 0,0241 0,0235 0,0229 2,4 0,0224 0,0219 0,0213 0,0208 0,0203 0,0198 0,0194 0,0189 0,0184 0,0180 2,5 0,0175 0,0171 0,0167 0,0163 0,0158 0,0154 0,0151 0,0147 0,0143 0,0139 2,6 0,0136 0,0132 0,0129 0,0126 0,0122 0,0119 0,0116 0,0113 0,0110 0,0107 2,7 0,0104 0,0101 0,0099 0,0096 0,0093 0,0091 0,0088 0,0086 0,0084 0,0081 2,8 0,0079 0,0077 0,0075 0,0073 0,0071 0,0069 0,0067 0,0065 0,0063 0,0061 2,9 0,0060 0,0058 0,0056 0,0055 0,0053 0,0051 0,00501 0,0048 0,0047 0,0043 3,0 0,0044 0,0043 0,0042 0,0040 0,0039 0,0038 0,0037 0,0036 0,0035 0,0034 3,1 0,0033 0,0032 0,0031 0,0030 0,0029 0,0028 0,0027 0,0026 0,0025 0,0025 3,2 0,0024 0,0023 0,0022 0,0022 0,0021 0,0020 0,0020 0,0019 0,0018 0,0018 3,3 0,0017 0,0017 0,0016 0,0016 0,0015 0,0015 0,0014 0,0014 0,0013 0,0013 3,4 0,0012 0,0012 0,0012 0,0011 0,0011 0,0010 0,0010 0,0010 0,0009 0,0009 3,5 0,0009 0,0008 0,0008 0,0008 0,0008 0,0007 0,0007 0,0007 0,0007 0,0006 3,6 0,0006 0,0006 0,0006 0,0005 0,0005 0,0005 0,0005 0,0005 0,0005 0,0004 3,7 0,0004 0,0004 0,0004 0,0004 0,0004 0,0004 0,0003 0,0003 0,0003 0,0003 3,8 0,0003 0,0003 0,0003 0,0003 0,0003 0,0002 0,0002 0,0002 0,0002 0,0002 3,9 0,0002 0,0002 0,0002 0,0002 0,0002 0,0002 0,0002 0,0002 0,0001 0,0001 Статистические таблицы 241 2 x t − 1 П.2. Значения функции Лапласа Φ 0 ( x ) = e 2 dt ∫ 2π 0 Таблица П.2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0,0 0,000 00399 00798 01197 01595 01994 02392 02790 03188 03586 0,1 03983 04380 04776 05172 05567 05962 06356 06749 07142 07535 0,2 07926 08317 08706 09095 09483 09871 10257 10642 11026 11409 0,3 11791 12172 12552 12930 13307 13683 14058 14431 14803 15173 0,4 15542 15910 16276 16640 17003 17364 17724 18082 18439 18793 0,5 19146 19497 19847 20194 20540 20884 21226 21566 21904 22240 0,6 22575 22907 23237 23565 23891 24215 24537 24857 25175 25490 0,7 25804 26115 26424 26730 27035 27337 27637 27935 28230 28524 0,8 28814 29103 29389 29673 29955 30234 30511 30785 31057 31327 0,9 31594 31859 32121 32381 32639 32894 33147 33398 33646 33891 1,0 34134 34375 34614 34850 35083 35314 35543 35769 35993 36214 1,1 36433 36650 36864 37076 37286 37493 37698 37900 38100 38298 1,2 38493 38686 38877 39065 39251 39435 39617 39796 39973 40147 1,3 40320 40490 40658 40824 40988 41149 41309 41466 41621 41774 1,4 41924 42073 42220 42364 42507 42647 42786 42922 43056 43189 1,5 43319 43448 43574 43699 43822 43943 44062 44179 44295 44408 1,6 44520 44630 44738 44845 44950 45053 45154 45254 45352 45449 1,7 45543 45637 45728 45818 45907 45994 46080 46164 46246 46327 1,8 46407 46485 46562 46638 46712 46784 46856 46926 46995 47062 1,9 47128 47193 47257 47320 47381 47441 47500 47558 47615 47670 2,0 47725 47778 47831 47882 47932 47982 48030 48077 48124 48169 2,1 48214 48257 48300 48341 48382 48422 48461 48500 48537 48574 2,2 48610 48645 48679 48713 48745 48778 48809 48840 48870 48899 2,3 48928 48956 48983 49010 49036 49061 49086 49111 49134 49158 2,4 49180 49202 49224 49245 49266 49286 49305 49324 49343 49361 2,5 49379 49396 49413 49430 49446 49461 49477 49492 49506 49520 2,6 49534 49547 49560 49573 49585 49598 49609 49621 49632 49643 2,7 49653 49664 49674 49683 49693 49702 49711 49720 49728 49736 2,8 49744 49752 49760 49767 49774 49781 49788 49795 49801 49807 49813 49819 49825 49831 49836 49841 49846 49851 49856 49861 2,9 3,0 0,49865 3,4 0,49966 3,8 0,49993 3,1 0,49903 3,5 0,49977 3,9 0,49995 3,2 0,49931 3,6 0,49984 4,0 0,4999968 3,3 0,49952 3,7 0,49989 5,0 0,49999997 242 Приложение П.3. Значения χ 2m , α распределения χ 2 для числа степеней свободы m и вероятности α = P χ 2m > χ m2 , α { } Таблица П.3 m α 0,005 0,01 0,025 0,05 0,95 0,975 0,99 0,995 1 7,879 6,6 5,0 3,8 0,004 0,001 0,000 0,000 2 10,597 9,2 7,4 6,0 0,103 0,051 0,020 0,010 3 12,838 11,3 9,4 7,8 0,352 0,216 0,115 0,072 4 14,86 13,3 11,1 9,5 0,711 0,484 0,297 0,207 5 16,75 15,1 12,8 11,1 1,15 0,831 0,554 0,412 6 18,548 16,8 14,4 12,6 1,64 1,24 0,872 0,676 7 20,278 18,5 16,0 14,1 2,17 1,69 1,239 0,989 8 21,995 20,1 17,5 15,5 2,73 2,18 1,646 1,344 9 23,589 21,7 19,0 16,9 3,33 2,70 2,09 1,735 10 25,188 23,2 20,5 18,3 3,94 3,25 2,50 2,156 11 26,767 24,7 21,9 19,7 4,57 3,82 3,05 2,503 12 28,30 26,2 23,3 21,0 5,23 4,40 3,57 3,074 13 29,819 27,7 24,7 22,4 5,89 5,1 4,11 3,565 14 31,319 29,1 26, 23,7 6,57 5,63 4,66 4,075 15 32,801 30,6 27,5 25,0 7,26 6,26 5,23 4,601 16 34,267 32,0 28, 26,3 7,96 6,91 5,81 5,142 17 35,718 33,4 30,2 27,6 8,67 7,56 6,41 5,697 18 37,156 34,8 31,5 28,9 9,39 8,23 7,01 6,265 19 38,582 36,2 32,9 30,1 10,1 8,91 7,63 6,844 20 39,987 37,6 34,2 31,4 10,9 9,59 8,26 7,434 21 41,401 38,9 35,5 32,7 11,6 10,3 8,90 8,031 22 42,796 40,3 36,8 33,9 12,3 11,0 9,54 8,643 23 44,181 41,6 38,1 35,2 13,1 11,7 10,2 9,260 24 45,559 43,0 39,4 36,4 13,8 12,4 10,9 9,886 25 46,928 44,3 40,6 37,7 14,6 13,1 11,5 10,52 26 48,290 45,6 41,9 38,9 15,4 13,8 12,2 11,16 27 49,645 47,0 41.2 40,1 16,2 14,6 12,9 11,808 28 50,993 48,3 44,5 41,3 16,9 15,3 13,6 12,461 29 52,336 49,6 45,7 42,6 17,7 16,0 14,3 13,121 30 53,672 50,9 47,0 43,8 18,5 16,8 15,0 13,787 48 76,969 72,4 67,8 64,0 32,3 29,9 27,4 26,511 49 78,231 73,7 69,0 65,2 33,1 30,7 28,2 27,279 Статистические таблицы 243 П.4. Значения λ q распределения Колмогорова для вероятности q = P { ξ K ≥ λ q } Таблица П.4 q 0,50 0,40 0,30 0,20 0,10 0,05 0,02 0,01 0,001 λq 0,828 0,895 0,975 1,073 1,224 1,358 1,520 1,627 1,950 244 Приложение П.5. Значения t m , β распределения Стьюдента для числа степеней свободы m и вероятности β = P { τ m < t m , β } Таблица П.5 β 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 40 47 48 49 120 0,9 0,95 0,98 0,99 0,998 0,999 6,31 2,92 2,35 2,13 2,01 1,94 1,89 1,86 1,83 1,81 1,80 1,78 1,77 1,76 1,75 1,75 1,74 1,73 1,73 1,73 1,72 1,72 1,71 1,71 1,71 1,71 1,71 1,70 1,70 1,70 1,68 1.678 1,677 1,677 1,66 12,7 4,30 3,18 2,78 2,57 2,45 2,36 2,31 2,26 2,23 2,20 2,18 2,16 2,14 2,13 2,12 2,11 2,10 2,09 2,09 2,08 2,07 2,07 2,06 2,06 2,06 2,05 2,05 2,05 2,04 2,02 2,012 2,011 2,01 1,98 31,82 6,97 4,54 3,75 3,37 3,14 3,00 2,90 2,82 2,76 2,72 2,68 2,65 2,62 2,60 2,58 2,57 2,55 2,54 2,53 2,52 2,51 2,50 2,49 2,49 2,48 2,47 2,46 2,46 2,46 2,42 2,418 2,407 2,405 2,36 63,7 9,92 5,84 4,60 4,03 3,71 3,50 3,36 3,25 3,17 3,11 3,05 3,01 2,98 3,95 2,92 2,90 2,88 2,86 2,85 2,83 2,82 2,81 2,80 2,79 2,78 2,77 2,76 2,76 2,75 2,70 2,685 2,682 2,68 2,62 318,3 22,33 10,22 7,17 5,89 5,21 4,79 4,50 4,30 4,14 4,03 3,93 3,85 3,79 3,73 3,69 3,65 3,61 3,58 3,55 3,53 3,51 3,49 3,47 3,45 3,44 3,42 3,40 3,40 3,39 3,31 3,273 3,269 3,232 3,17 637,0 31,6 12,9 8,61 6,86 5,96 5,40 5,04 4,78 4,59 4,44 4,32 4,22 4,14 4,07 4,01 3,95 3,92 3,88 3,85 3,82 3,79 3,77 3,74 3,72 3,71 3,69 3,66 3,66 3,65 3,55 3,51 3,50 3,50 3,37 Ответы К главе 1 1.5. 18 ⋅ 8 ⋅ 6 + 6 ⋅ 4 + 2 = 890 . 1.6. 34 = 81 , 2 ⋅ 33 = 54 . 1.7. 2 ⋅ A53 = 120 . 1.8. 6! = 720 ; 5! = 60 . 1.10. C122 = 66 . 1.11. C62 ⋅ 4 = 60 . 2! 1.12. C62 ⋅ C63 = 300 . 1.13. C52 + 20 ⋅15 + 5 ⋅ 45 = 535 . 4! ⋅ 5 ⋅ 2 = 240 ; 4! ⋅ 5 = 120 . 1.9. К главе 2 2.6. 1) из трех карт хотя бы одна пиковой масти; 2) все три карты пиковой масти; 3) две карты пиковой масти. 2.7. A + B = Ω , A ⋅ B = ∅ , A ⋅ C = C , A = B , A − C — в цель попали все выстрелы или два выстрела. 2.8. C = A1 + A1 B1 A2 + A1 B1 A2 B2 A3 . 2.9. C = A1 ⋅ A2 ⋅ A3 + B , C = ( A1 + A2 + A3 ) ⋅ B . 2.10. 1) ABC ; 2) ABC + ABC + ABC ; 3) ABC ; 4) ABC ; 5) A + B + C или Ω − ABC ; 6) Ω − ABC или A + B + C . C2 2 1 1 = 2.11. B = A1 A2 A3 + A1 A2 A3 + A1 A2 A3 + A1 A2 A3 , C = A1 A2 A3 . 2.17. 52 = . 2.18. ; 6 ⋅ 6 ⋅ 6 216 C15 21 2 2 ⋅ C28 C 3 117 27 1 + 3!+ 3 10 28 1 1 27 28 = + = = . 2.19. 1) 28 ; 2) , 3) ; 4) или = = 3 3 3 145 216 216 145 145 145 C30 145 C30 C30 145 1− 2 5 ⋅ C20 C82 28 19 117 28 9 ⋅ 4 −1 1 2! 1 = = = . 2.20. . 2.21. . 2.22. . 2.23. ; = = 2 3 46 18 145 145 6! 360 C36 C25 C102 45 1 С32 3 1 ⋅ 2 ⋅1 2 1 2! ⋅13! 1 1 1 2 = = = 1 − x 2 dx = . . 2.24. . 2.25. 1) ; 2) . 2.32. = = ∫ 3 3 3 120 60 3 15! 105 8 8 A6 2 2 1 2.33. 1 2R 2 2 0,5 ⋅ 3 ⋅ 4 9 = ≈ 0,637 . 2.34. = = 0, 28125 . 2.35. 2 π 4 32 πR 2 ∫ x 2 dx −1 4 = 2 ∫ (1 − x 2 ) dx −1 4 = 2 или 3 1 100 − 25 1 1 1 1 5 4 9 1 1 = 0,75 . 2.37. ⋅ ⋅ + = . 2.41. + − = . . 2.36. 3 100 2 3 3 2 9 36 36 36 3 246 Ответы 1 7 5 3 1 7 5 4 4 5 5 10 9 6 5 1 = . 2.43. + − = ⋅ + ⋅ = . . 2.48. ⋅ + ⋅ = . 2.49. 10 10 10 10 9 8 9 8 9 16 15 16 15 2 23 8 3 ⋅ A52 1 2 2 3 2 7 6 5 7 4 3 6 2 ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ С3 = 0,3 или . 2.51. . 2.53. = . 2.52. 2.50. ⋅ ⋅ = 3 2 7 6 5 35 10 9 8 24 10 9 8 A6 2.42. 1 − 5 С42 ⋅ 6 ⎛ 1 ⎞ = 31 . 2.55. 1 − 0,3 ⋅ 0, 2 = 0,94 или 0, 7 + 0,8 − 0, 7 ⋅ 0,8 = 0,94 . − 1 . 2.54. = 0,3 ⎜ ⎟ 32 ⎝2⎠ С103 С 2 ⋅ 45 9 5 4 45 2 9 5 4 5 5 4 7 6 31 ⋅ ⋅ ⋅ С3 = ⋅ = ⋅ + ⋅ = или 5 3 = . 2.57. 1) ; 2) ; 392 50 49 48 392 12 11 33 12 11 12 11 66 С50 5 2 10 1 8 8 4 4 8 4 1 2 ⋅ ⋅1 + ⋅ ⋅ 0 + ⋅ ⋅ 2 ⋅ = ; 2) 9 = . 3) 33 = . 2.62. 1) 31 2 31 3 12 12 12 12 12 12 2 3 3 66 7 21 1 1 9 8 1 8 7 1 7 6 13 ≈ 0,161 . 2.63. 1) + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = ; 2) 60 = 13 130 4 4 10 9 4 10 9 4 10 9 18 18 15 3 1 6 5 1 5 4 25 3 2 4 3 3 ≈ 0,1374 ; 2) 182 = = 0, 6 . 2.65. 1) ⋅ + ⋅ = ; 2.64. 1) ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = 25 5 2 14 13 2 14 13 182 7 6 7 6 7 182 4 3 ⋅ 2 0, 64 ⋅ 0,9 18 2) 7 6 = . 2.66. 1) 0, 64 ⋅ 0,9 + 0,32 ⋅ 0,5 + 0, 04 ⋅ 0 = 0, 736 ; 2) = ≈ 0,783 . 3 3 0, 736 23 7 2 4 1 2 80 2.71. С62 ⋅ ⎛⎜ ⎞⎟ ⎛⎜ ⎞⎟ = . 2.72. С42 ⋅ 0,32 ⋅ 0, 7 2 = 0, 2646 . 2.73. С63 ⋅ 0 , 43 ⋅ 0, 63 = 0, 27648 . 243 ⎝3⎠ ⎝ 3⎠ 2.56. 2 3 1 3 135 2.74. С52 ⋅ ⎛⎜ ⎞⎟ ⎛⎜ ⎞⎟ = . 2.75. 1 − 0,83 = 0, 488 . 512 ⎝4⎠ ⎝4⎠ 2.76. 0,85 + С51 ⋅ 0, 2 ⋅ 0,84 + С52 ⋅ 0, 22 ⋅ 0,83 = 0,94208 . 2.77. n ≥ 2.82. P50 ( k ≤ 1) = 2.84. P60 ( 2 ) = ln (1 − 0,9 ) ≈ 12, 629 , т. е. 13 раз. ln (1 − 16 ) 10 −1 11 −1 20 e + e ≈ 0, 73576 . 2.83. P200 ( 0 ) = e−2 ≈ 0,13533 . 0! 1! 0! ⎛ 20 21 22 ⎞ 32 −3 e ≈ 0, 22404 . 2.85. P2 {k ≤ 2} = e −2 ⎜ + + ⎟ ≈ 0, 67677 . 2! ⎝ 0! 1! 2! ⎠ К главе 3 175 ≈ 2, 734 , D [ X ] ≈ 1,5388 , σ X = 1,539 ≈ 1, 2405 , xmod = 4 , 64 1 3 xmed = 3 ; P { X ≥ 2} = P { X = 2} + P { X = 3} + P { X = 4} = 1 − P { X = 1} = 1 − = = 0, 75 . 4 4 1 1 1 3.8. Табл. 2; M [ X ] = 5 ⋅ = 2,5 , D [ X ] = 5 ⋅ ⋅ = 1, 25 , σ X = 1, 25 ≈ 1,118 , xmod1 = 2 , 2 2 2 6 = 0,1875 . xmod2 = 3 , xmed1 = 2 , xmed2 = 3 ; P { X > 3} = P { X = 4} + P { X = 5} = 32 3.5. Табл. 1; M [ X ] = Ответы 247 Таблица 1 Таблица 2 X 1 2 3 4 Σ X 1 2 3 4 5 Σ PX 1 4 3 16 9 64 27 64 1 PX 1 32 5 32 10 32 10 32 5 32 1 32 1 3.10. Табл. 3; M [ X ] = D [ X ] = λ = 1 , σ X = λ = 1 , xmod1 = 0 , xmod 2 = 1 , xmed = 1 ; ⎛ 10 11 12 ⎞ P { X ≥ 3} = 1 − P { X < 3} = 1 − e−1 ⎜ + + ⎟ = 1 − 2,5 ⋅ e −1 ≈ 0, 0803 . ⎝ 0! 1! 2! ⎠ Таблица 3 X 1 2 3 ... PX e −1 ≈ 0,3679 e −1 ≈ 0,3679 1 −1 e ≈ 0,1839 2 1 −1 e ≈ 0, 0613 6 ... 3.12. Табл. 4; M [ X ] = 1 q q = 4 , D [ X ] = 2 = 12 , σ X = = 12 ≈ 3, 4641 , xmod = 1 , xmed = 3 , p p p 3 3 81 1 q P { X > 4} = q 4 = ⎛⎜ ⎞⎟ = ≈ 0,3164 . 3.13. Табл. 5; M [ X ] = = 20 , D [ X ] = 2 = 380 , p 256 ⎝4⎠ p σX = q = 380 ≈ 19, 4936 , xmod = 1 . Учитывая замечание, xmed = 14 , т. к. p 1 − q13 = 0, 4866 < 0,5 , а 1 − q14 = 0,5123 > 0,5 . Вероятность P { X ≥ 3} = 1 − P { X < 3} = q 2 = 0,952 ≈ 0,9025 . Таблица 4 Таблица 5 X 1 2 3 4 ... X 1 PX 1 4 3 16 9 64 27 256 ... PX 0,05 0,0475 0,045125 8 , 3 D[ X ] = 3.18. A = −0,5 , 0, x < 2, ⎡ ⎢ 1 F ( x ) = ⎢ − x 2 + 2 x − 3, 2 ≤ x ≤ 4, ⎢ 4 ⎢ 1, x > 4. ⎣ M [X ] = xmed = 4 − 2 , xmod = 2 , P {3 ≤ X < 5} = F ( 5 ) − F ( 3) = 1 − 3 1 = . 4 4 2 3 2 , 9 ... σX = ... 2 , 3 248 Ответы 3.19. A = 1 , B = 0 , M [ X ] = 3 3 3 1 , D[ X ] = , σX = , мода не определена, xmed = 3 , 4 80 80 2 1 ⎡ 0, x ∉ [ 0; 1) , P {0,5 ≤ X < 1} = 1 − 0,53 = 0,875 . 3.22. M [ X ] = xmed = 0 , D [ X ] = , f ( x) = ⎢ 2 3 x , x ∈ 0; 1 . 12 ) [ ⎣ 0,1 1 ⎡1, x ∈ ( −0,5; 0,5] , σX = , f ( x) = ⎢ P { X ≤ 0,1} = ∫ 1dx = 0,1 + 0,5 = 0,6 . 2 3 ⎣0, x ∉ ( −0,5; 0,5] , −0,5 ⎡ 1 , x ∈ 0; 8 , ( ] 16 4 , σX = , f ( x) = ⎢8 ⎢ 3 3 ⎣0, x ∉ ( 0; 8] , 8 t < 0, ⎡0, 1 1 3 P { X > 5} = ∫ dx = ⋅ 3 = . 3.26. F ( t ) = ⎢ M [T ] = σ X = 2 , D [T ] = 4 , −0,5t 8 8 8 , t ≥ 0, ⎣1 − e 5 3.23. M [ X ] = xmed = 4 , D [ X ] = xmod = 0 , xmed = 2ln 2 , P {1 < T < 4} = (1 − e−2 ) − (1 − e−0,5 ) ≈ 0, 4712 . t < 0, ⎡0, 3.27. λ = 1 , F ( t ) = ⎢ P { X ≥ 1, 25} = F ( +∞ ) − F (1, 25 ) = 1 − (1 − e−1,25 ) ≈ 0, 2865 . −t 1 − e , t ≥ 0, ⎣ 3.32. ≈0,866. 3.33. ≈92. 3.34. ≈0,7887. 3.35. ≈0,797. К главе 4 4.7. Табл. 6. 4.8. 1) P {( X , Y ) ∈ D} = 0, 65 ; 2) M [ X ] = 0,85 , M [Y ] = 1,85 , K XY ≈ 0, 0725 , rXY ≈ 0, 0937 ; 3) m X (1) = 1 , m X ( 2 ) = 1 6 17 5 , m X ( 3) = ; mY ( 0 ) = , mY (1) = 2 , mY ( 2 ) = . 3 7 9 3 Таблица 6 y≤0 0< y≤1 1< y ≤ 2 y>2 1< x ≤ 2 1< x ≤ 2 0,2 0,4 0,5 x>2 0,55 0,85 1 ⎡ 2 1 − x2 ⎡ 2 1− y2 1 , x ∈ ( −1; 1) , , y ∈ ( −1; 1) , ⎢ 4.17. 1) С = ; 2) f X ( x ) = fY ( y ) = ⎢ π π ⎢ ⎢ π ⎢⎣ 0, ⎢⎣ 0, x ∉ ( −1; 1) ; y ∉ ( −1; 1) ; 1 1 ⎧ ⎧ , ( x, y ) ∈ D, , ( x, y ) ∈ D , ⎪ ⎪ f X ( x Y = y ) = ⎨ 2 1 − y2 3) fY ( y X = x ) = ⎨ 2 1 − x 2 ⎪0, ⎪0, ( x, y ) ∉ D, ( x, y ) ∉ D; ⎩ ⎩ 4) M [ X ] = M [Y ] = 0 , K XY = 0 , D [ X ] = D [Y ] = 0, 25 , σ X = σY = 0,5 , rXY = 0 ; 5) mY ( x ) = 0 при x ∈ ( −1, 1) ; m X ( y ) = 0 при y ∈ ( −1, 1) . Случайные величины X и Y зависимы. Ответы 249 ⎡ 12 x (1 − x )2 , x ∈ [ 0; 1] ⎡12 y (1 − y ) 2 , y ∈ [ 0; 1] fY ( y ) = ⎢ 4.18. 1) C = 24 ; 2) f X ( x ) = ⎢ x ∉ [ 0; 1] , y ∉ [ 0; 1] ; ⎣0, ⎣0, ⎧ 2 x , x, y ∈ D , ⎧ 2 y , x, y ∈ D , ( ) ( ) ⎪ ⎪ 2 2 fY ( y X = x ) = ⎨ (1 − x ) 3) f X ( x Y = y ) = ⎨ (1 − y ) ⎪0, ⎪ 0, ( x , y ) ∉ D; ( x, y ) ∉ D , ⎩ ⎩ 2 1 2 2 2 4) M [ X ] = M [Y ] = , σ X = σY = , K XY = − , rXY = ; 5) mY ( x ) = (1 − x ) 5 75 15 3 5 2 при x ∈ [ 0; 1) ; m X ( y ) = (1 − y ) при y ∈ [ 0; 1) . Случайные величины X и Y зависимы. 3 К главе 5 5.4. M [ Z ] = 0 ⋅ 0,1 + 1 ⋅ 0,3 + 4 ⋅ 0, 6 = 2, 7, D [ Z ] = 0 ⋅ 0,1 + 1 ⋅ 0,3 + 16 ⋅ 0,6 − 2,7 2 = 2, 61. 5.5. P {Z ≥ 3} = P {Z = 3} + P {Z = 8} = P { X = −2} + P { X = 2} + P { X = 3} = 0,15 + 0,3 + 0, 2 = 0,65 . ⎡ 0, z < 1, ⎡ z − 2 , z ∈ 2; 4 , [ ] ⎢ 5.10. FZ ( z ) = 1 − FX ( 2 − z ) = ⎢ z − 1, 1 ≤ z < 2, 5.9. f Z ( z ) = 2 ⎢ ⎢ z ∉ [ 2; 4] . ⎢⎣ 1, z ≥ 2. ⎣ 0, z +1 z + 1 ⎞ ⎡1 − e − 2 , z ≥ −1, 1 1 ⎢ = 5.13. M [ Z ] = 2 ⋅ 0,5 + 5 = 6 , D [ Z ] = 4 ⋅ = . 5.11. FZ ( z ) = FX ⎜⎛ ⎟ 2 12 3 ⎝ ⎠ ⎢ 0, z < −1. ⎣ 1 1 5.14. M [ Z ] = M [3 X + 1] = 3M [ X ] + 1 = 3 ⋅ + 1 = 2 , D [ Z ] = D [3 X + 1] = 3D [ X ] = 9 ⋅ = 1 . 3 9 250 Ответы Литература 1. Вентцель Е.С. Теория вероятностей. — М.: КноРус, 2010. — 576 с. 2. Гмурман В.Е. Руководство к решению задач по теории вероятностей и математической статистике. — М.: Высш. шк., 2004. — 407 с. 3. Гмурман В.Е. Теория вероятностей и математическая статистика. — М.: Высш. шк., 2003. — 479 с. 4. Кирьянов Д.В. Самоучитель Mathcad 13, — СПб.: БВХ-Петербург, 2006. — 528 с. 5. Письменный Д.М. Конспект лекций по теории вероятностей, математической статистике и случайным процессам. — М.: Айрис Пресс, 2008. — 288 с. 6. Хрущева И.В., Щербаков И.В., Леванова Д.С. Основы математической статистики и случайных процессов. — СПб.: Лань, 2009. — 336 с.