WWW.REFERATCENTRAL.ORG.UA - Я ТУТ НАВЧАЮСЬ

... відкритий, безкоштовний архів рефератів, курсових, дипломних робіт

ГоловнаМатематика, Геометрія, Статистика → Одновимірні випадкові величини - Реферат

Одновимірні випадкові величини - Реферат

(68)

Приклад 6. Закон розподілу дискретної випадкової величини Х задано таблицею:

Х = хі

– 4

– 1

2

6

9

13

Р(Х = хі) = рі

0,1

0,2

0,1

0,3

0,1

0,2

Побудувати F(x) та її графік.

Розв'язання. Згідно з властивостями F(x), дістаємо наведені далі співвідношення.

1) F(– 4) = P(X < – 4) = 0;

2) F(–1) = P(X < –1) = P(X = – 4) = 0,1;

3) F(2) = P(X < 2) = P(X = – 4) + P(X = –1) = 0,1 + 0,2 = 0,3;

4) F(6) = P(X < 6) = P(X = – 4) + P(X = –1) + P(X = 2) = 0,1 + 0,2 ++ 0,1 = 0,4;

5) F(9) = P(X < 9) = P(X = – 4) + P(X = –1) + P(X = 2) + P(X = 6) == 0,1 + 0,2 + 0,1 + 0,3 = 0,7;

6) F(12) = P(X < 13) = P(X = – 4) + P(X = –1) + P(X = 2) + P(X = 9) == 0,1 + 0,2 +0,1 + 0,3 + 0,1 = 0,8;

7) F(x)|x >13 = P(X > 13) = P(X = – 4) + P(X = –1) + P(X = 2) + P(X = 9) ++ P(X = 13) = 0,1 + 0,2 +0,1 + 0,1 + 0,3 + 0,1 + 0,2 = 1.

Компактно F(x) можна записати в такій формі:

Графік функції F(x) зображено на рис. 23.

Рис. 23

Приклад 7. Маємо три ящики. У першому містяться 6 стандартних і 4 браковані однотипні деталі, у другому — 8 стандартних і 2 браковані деталі, а в третьому — 5 стандартних і 5 бракованих. Із кожного ящика навмання беруть по одній деталі. Побудувати закон розподілу ймовірностей дискретної випадкової величини Х — появи числа стандартних деталей серед трьох навмання взятих; визначити F(x) та побудувати графік цієї функції.

Розв'язання. Серед трьох навмання взятих деталей число стандартних може бути 0; 1; 2; 3.

У табличній формі закон розподілу дискретної випадкової величини має вигляд:

Х = хі

0

1

2

3

Р(Х = хі) = рі

р1

р2

р3

р4

Обчислимо ймовірності р1, р2, р3, р4. Із цією метою позначимо Ас1 і Аб1 випадкову подію, що полягає відповідно в появі стандартної деталі з першого ящика і появі бракованої деталі з першого ящика. Тоді випадкові події Ас2, Аб2, Ас3, Аб3 означають появу відповідно стандартної та бракованої деталей із другого і третього ящиків. Імовірності цих подій такі:

Оскільки випадкові події Ас1, Ас2, Ас3, Аб1, Аб2, Аб3 є незалежними, маємо:

Перевіримо виконання умови нормування:

Умова нормування виконується. Отже, закон розподілу ймовірностей побудовано правильно. Запишемо його в табличній формі:

хі

0

1

2

3

рі

0,04

0,26

0,46

0,24

Інтегральна функція має вигляд:

Графік функції F(x)зображено на рис. 24.

Рис. 24

Приклад 8. Закон розподілу неперервної випадкової величини Х задано функцією розподілу ймовірностей

Побудувати графік функції F(х) і обчислити Р(–1 < X < 2).

Розв'язання.F(x) графічно зображено на рис. 25.

Рис. 25

Використовуючи (65), обчислимо

Приклад 9. Функція розподілу ймовірностей має такий вигляд:

Знайти значення сталих а і b і накреслити графік F(x). Обчислити P(1 < X < 4).

Розв'язання. Згідно з властивостями F(x) (68) маємо:

Коли функція розподілу ймовірностей набирає вигляду

Графік F(x) зображено на рис. 26.

Рис. 26

Обчислюємо ймовірність події 1 < X < 4:

3. Щільність імовірностей (диференціальна функція)f(x) і її властивості

Для неперервних випадкових величин закон розподілу ймовір-ностей зручно описувати з допомогою щільності ймовірностей, яку позначають f (x).

Щільністю ймовірностей неперервної випадкової величини Х називається перша похідна від інтегральної функції F(x):

(69)

звідки

Оскільки

то добуток f(x)dx — ймовірність того, що випадкова величина Х міститиметься у проміжку [х, х + dx], де .

Геометрично на графіку щільності ймовірності f(x)dx відповідає площа прямокутника з основою dx і висотою f(x) (рис. 27а).

Рис. 27а

Властивості f(x)

  1. . Ця властивість випливає з означення щільності ймовірності як першої похідної від F(x) за умови, що F(x) є неспадною функцією.

2. Умова нормування неперервної випадкової величини Х:

(70)

!

Доведення.

Якщо неперервна випадкова величина Х визначена лише на проміжку [a; b], то умова нормування має такий вигляд:

(71)

3. Імовірність попадання неперервної випадкової величини в інтервалі обчислюється за формулою

!

(72)

Доведення. За властивістю функції розподілу ймовірностей (67)

Залежність (72) можна подати так:

4. Функція розподілу ймовірностей неперервної випадкової величини має вигляд

(73)

!

Доведення.

.

Якщо можливі значення неперервної випадкової величини належать лише інтервалу [а;b], то

(74)

Приклад 1. Закон розподілу неперервної випадкової величини Х такий:

Знайти f(x) і побудувати графіки функцій f(x), F(х). ОбчислитиР(0 < X < 2), скориставшись (65) і (72).

Розв'язання.

Графіки функцій F(x), f(x) зображено відповідно на рис. 27б і 28.

Рис. 27б Рис. 28

Імовірність події 0 < X < 2 обчислимо за (65):

;

далі згідно із (72) маємо

Приклад 2. Закон неперервної випадкової величини Х задано у вигляді:

Знайти F(x) і побудувати графіки функцій f(x), F(x). Обчислити

Розв'язання. Згідно із (74) маємо:

Отже, функція розподілу ймовірностей буде така:

Графіки функцій f(x), F(x) зображені відповідно на рис. 29 і 30.

Рис. 29 Рис. 30

Імовірність події можна обчислити згідно з (65) або (72). Застосуємо формулу (72):

Приклад 3. За заданою щільністю ймовірностей маємо:

Знайти значення сталої а та функцію F(x). Побудувати графіки функцій f(x), F(x).

Розв'язання. Значення сталої а визначаємо з умови нормування (71):

Тут

Отже,

При знайденому значенні а щільність імовірностей

Функція розподілу ймовірностей визначається так:

Отже,

Графіки функцій f(x), F(x) зображені відповідно на рис. 31 і 32.

Рис. 31 Рис. 32

Приклад 4. Неперервна випадкова величина Х має закон розподілу ймовірностей у вигляді трикутника, зображеного на рис. 33.

Рис. 33

Записати вирази для щільності ймовірностей і функції розподілу ймовірностей. Побудувати графік F(x) і обчислити Р(0 < X < 4).

Розв'язання. На проміжку [–2; 2] щільність імовірностей змінюється за законом прямої пропорційної залежності f(x) = k1x + b1 (k1> 0), а на проміжку [2; 5] за аналогічним законом f(x) = k2x + b2 (k2< 0). Для знаходження значень параметрів k1, b1, k2, b2 обчислимо координати вершини цього трикутника А(х, у). Абсциса цієї точки відома за умовою задачі: х = 2; ординату знаходимо за умовою нормування, згідно з якою площа цього трикутника АВС має дорівнювати одиниці:

Отже, шукані координати:

З находимо рівняння прямої, яка проходить через точки С (–2; 0) і :

Отже, на проміжку [–2; 2] маємо:

Рівняння прямої, що проходить через точки :

Звідси на проміжку [2; 5] дістаємо:

Отже, на проміжку [–2; 5] щільність імовірностей

Згідно із (74) знаходимо F(x) на обох розглядуваних проміжках:

1) на проміжку [–2; 2]:

2) на проміжку [–2; 5]:

Отже, функція розподілу ймовірностей

Графік F(x) зображено на рис. 34.

Рис. 34

Обчислюємо ймовірність події 0 < X < 4 згідно з (65) і (72).

На інтервалі [0; 4] діють два закони розподілу:

1)

Отже, .

ЛІТЕРАТУРА

  1. Вентцель Е. С., Овчаров Л. А. Теория вероятностей и ее инженерное приложение. — М.: Наука, 1988.

  2. Гнеденко Б. В. Курс теории вероятностей. — М.: Наука, 1961.


 
 

Цікаве

Загрузка...