WWW.REFERATCENTRAL.ORG.UA - Я ТУТ НАВЧАЮСЬ

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

ГоловнаМатематика, Геометрія, Статистика → Функції випадкових аргументів - Реферат

Функції випадкових аргументів - Реферат

(222)

В. Якщо випадкові величини Х і Y є залежними, то

М (ХY) = М (Х) М (Y) + Kху. (223)

Формула (223) випливає з визначення кореляційного моменту

Kху = М(ХY) – М(Х) М(Y).

2. Дисперсія.

A.D(Х + Y) = D(Х) + D(Y) + 2Kху. (224)

!

Доведення.

;

де Kху = М(ХМ(Х)) (YM(Y)).

Висновок1.

D(АХ + ВY + С) = А2D(Х) + В2D(Y) + 2АВKху. (226)

!

Доведення.

Висновок 2.

. (227)

Якщо то

(228)

Б. Якщо випадкові величини є незалежними, то

D(ХY) = D(Х) D(Y) + М2 (Х) D(Y) + М2 (Y) D(Y), (229)

або

D(ХY) = (D(Х) + М2 (Х)) (D(Y) + М2 (Y)) – М2 (Х) М2 (Y). (230)

!

Доведення.

оскільки .

Висновок. Для n незалежних випадкових величин маємо:

(230)

Приклад 8. Відомі значення: М(Х) = – 2; D(Х) = 4; М(Y) = – 3; Kху = – 1.

Знайти М(Z), D(Z),  (Z), якщо Z = – 9х + 5у + 3.

Розв'язання. Скориставшись (219) і (226) дістанемо:

М (Z) = М (– 9х + 5у + 3 ) = – 9 М (X) + 5 М (Y) + 3 =

= – 9 (– 2) + 5 (– 3) + 3 = 18 – 15 + 3 = 6.

D (Z) = D (– 9х + 5у + 3) = 81 D (X) + 25D (Y) + 2 (– 9 ) 5 Kху =

= 81D (X) + 25 D (Y) – 90 Kху = 81 4 + 25 3 – 90 (– 1) =

= 324 + 75 + 90 = 489.

Приклад 9. За заданою щільністю ймовірностей

знайти М (Y); Kху, якщо Y = 3х2 – 2х2 + х +1.

Розв'язання. Для знаходження М (Y), Kху, необхідно визначити оскільки:

;

Kху = М(XY) – М(Y) М(X),

де

М (Х) = 0;

М (х2) = 1;

М (х3) = 0;

Приклад 9. Задано щільності ймовірностей незалежних випадкових величин Х і Y:

f(у) =

Знайти М(Z), D(Z), якщо виконуються умови:

1) Z = 3х – 5у + 1; 2) Z = ХY; 3) Z = –2х – 3у + 1.

Розв'язання. Обчислимо: М (Х); М (Х 2), М(Y); М (Y 2).

М(Y) = 1;

М(Y2) = 4;

М(Z) = – 2,5;

D(Z) = 77,29.

М (Z) = 0,5.

D(Z) = 1,75.

М(Z) = – 3.

;

D(Z) = 28.

Приклад 10. Двовимірна випадкова величина (Х, Y) має такий закон розподілу ймовірностей

Y

X

5

10

15

20

рyi

– 6

0,02

0,01

0,03

0,04

0,1

– 4

0,18

0,09

0,07

0,06

0,4

– 2

0,1

0,2

0,1

0,1

0,5

рxj

0,3

0,3

0,2

0,2

Знайти М(Z), D(Z), якщо:1) Z = – 4х – 3у + 10; 2) Z = 3х – 9у – 7.

Розв'язання. Обчислимо М(Х); D(Y), D(Y); Kху.

М(Х) = 11,5.

D(Х) = 30,25.

D (Y) = 1,76.

М(ХY) = – 36,9.

Kху = – 0,1.

М(Z) = – 26,4.

D(Z) = 497,44.

М( Z) = 56,3.

D(Z) = 420,21.

Приклад11. Відомо, що . Знайти М(Х), D(Х), коли М(Х1) = – 2, М(Х2) = 3, М(Х3) =1; D(X1) = 4; D(X2) = 3; D(X3) = 5; r12 = 0,36; r13 = 0,3; r23 = – 0,1.

Розв'язання. Використовуючи властивості математичного сподівання, дисперсії та парного коефіцієнта кореляції, одержимо:

M(x) = M(2x1 – 3x2 – 4x3 + 5) = 2M(x1) – 3M(x2) + 4M(x3) + 5 =

= 2 (–2) – 3 3 + 4 1 + 5 = – 4 – 9 + 4 + 5 = – 4.

M(x) = 4.

D(x) = D(2x1 – 3x2 – 4x3 + 5) = 4D(x1) + 9D(x2) + 16D(x3) +

+ 2(2) (– 3)K12 + 2 (2) (– 4)K13 + 2 (– 3) (– 4)K23 =

= 4D(x1) + 9D(x2) + 16D(x3) – 12 K12 – 16 K13 + 24 K23.

Оскільки

; ; , то:

Отже,

D(x) = 4 4 + 9 3 + 16 5 – 12 1,24704 – 16 1,3418 + 24 (– 0,397) =

= 16 + 27 + 80 – 14,965 – 21,469 – 9,528 = 77,038.

D(x) = 77,038.

Приклад 12. За заданою кореляційною матрицею

знайти D (X), якщо Х = 4х1 – 3х2 – 5х3 – х4 + 5.

Розв'язання. Використовуючи властивості дисперсії, дістаємо:

D (x) = D (4х1 – 3х2 – 5х3 – х4 + 5) = 16D (х1) + 9D (х2) + 25D (х3) +

+ D (х4) + 2 4(–3)K12 + 2 4 (–5)K13 + 2 4 (–1)K14 + 2 (–3) (–5)K23 +

+ 2(–3)(–1)K24 + 2(–5)(–1)K34 = 16D (х1) + 9D (х2) + 25D (х3) +

+ D (х4) – 24K12 – 40K13 – 8K14 + 30K23 + 6K24 + 10K34 = 16 16 + 9 9 +

+ 25 25 + 4 – 24 0,1 – 40 0,2 – 8 0,5 + 30 1 + 6 (– 0,8) + 10 (– 0,4) =

= 256 + 81 + 625 + 4 – 2,4 – 8 – 4 +30 – 4,8 – 4 = 972,8.

D (x) = 972,8.

Приклад 13. За заданою кореляційною матрицею

знайти D (X), якщо Х = –3х1 – 2х2 – х3 – 5х4 + 100.

Розв'язання. Використовуючи властивості дисперсії, одержимо:

D (Х) = 489.

Приклад 14. Нехай

Знайти f (у), якщо Y = min (Х; 1).

Розв'язання. Випадкова величина Y буде величиною мішаного виду:

при Y = 1;

при Y = Х.

Графік f (у) зображено на рис. 85.

Pис. 85

Для f (y) на проміжку має виконуватися умова нормування:

Отже,

Приклад 15. Задано

Знайти f (у), якщо Y = max (Х; 1).

Розв'язання. Випадкова величина Y буде величиною мішаного виду:

при Y = Х;

при Y = 1.

Графік f (у) зображено на рис. 86.

Рис. 86

За умовою нормування для випадкової величини Y на проміжку дістаємо:

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.

Loading...

 
 

Цікаве