Задача 29119 4. Время безотказной работы элемента…
Условие
4. Время безотказной работы элемента распределено по показательному закону f(t) = 0,01e^(-0,01t) (t > 0), где t — время, ч. Найти
вероятность того, что элемент проработает безотказно 100 ч.
Отв. R (100) = 0,37.
математика ВУЗ
4543
Решение
★
Функция надежности в случае распределения случайной величины по показательному закону имеет вид:
R(t)=1- F(t)=1-(1-e^(-лямбдаt)= e^(-лямбда t)
По условию,
лямбда =0,01
t=100
R (100) = е^(-0,01*100)=е^(-1) = 1/e ≈ 0,37.
О т в е т.
Вероятность того, что элемент проработает безотказно 100 ч, приближенно равна 0,37.
Написать комментарий
Показательное распределение
- Краткая теория
- Примеры решения задач
- Задачи контрольных и самостоятельных работ
Краткая теория
Показательным (экспоненциальным) называют распределение вероятностей непрерывной случайной величины
, которое описывается плотностью:
где
–
постоянная положительная величина.
Показательное
распределение определяется одним параметром
. Эта особенность распределения указывает на
его преимущество по сравнению с распределениями, зависящими от большего числа
параметров. Обычно параметры неизвестны и приходится находить их оценки
(приближенные значения); разумеется, проще оценить один параметр, чем два или три.
Примером непрерывной случайной величины, распределенной по показательному
закону, может служить время между появлениями двух последовательных событий
простейшего потока.
Функция распределения
показательного закона:
Графики плотности и
функции распределения показательного закона изображены на рисунке.
Вероятность попадания в
интервал
непрерывной
случайной величины
, распределенной по показательному закону:
Числовые характеристики показательного (экспоненциального) распределения
Математическое ожидание случайной величины, распределенной по показательному закону:
Дисперсия случайной величины, распределенной по показательному закону:
Среднее квадратическое отклонение случайной величины,
распределенной по показательному закону:
Коэффициенты асимметрии и эксцесса
для показательного распределения:
Таким
образом, математическое ожидание и среднее квадратическое
отклонение экспоненциального распределения равны между собой.
Показательный закон
распределения играет большую роль в теории массового обслуживания и теории
надежности. Так, например, интервал времени
между
двумя соседними событиями в простейшем потоке имеет показательное распределение
с параметром
–
интенсивностью потока.
При решении задач, которые выдвигает практика, приходится
сталкиваться с различными распределениями непрерывных случайных величин.
Смежные темы решебника:
- Непрерывная случайная величина
- Нормальный закон распределения случайной величины
- Равномерный закон распределения случайной величины
Примеры решения задач
Пример 1
Случайная величина
задана функцией распределения
Найдите математическое
ожидание и среднее квадратическое отклонение этого
распределения.
Найдите вероятность того,
что случайная величина примет значение от 0,2 до 1.
На сайте можно заказать решение контрольной или самостоятельной работы, домашнего задания, отдельных задач. Для этого вам нужно только связаться со мной:
ВКонтакте
WhatsApp
Telegram
Мгновенная связь в любое время и на любом этапе заказа. Общение без посредников. Удобная и быстрая оплата переводом на карту СберБанка. Опыт работы более 25 лет.
Подробное решение в электронном виде (docx, pdf) получите точно в срок или раньше.
Решение
Математическое
ожидание случайной величины, распределенной по показательному закону:
Среднее
квадратическое отлонение:
Вероятность того, что
случайная величина примет значение от 0,2 до 1
Ответ
.
Пример 2
На шоссе установлен контрольный пункт для
проверки технического состояния автомобилей. Найти математическое ожидание и
среднее квадратическое отклонение случайной величины T – время ожидания
очередной машины контролером, если поток машин простейший и время (в часах)
между прохождениями машин через контрольный пункт распределено по
показательному закону f(t)=5e-5t.
Указание: Время ожидания машины
контролером и время прохождения машин через контрольный пункт распределены
одинаково.
Решение
В нашем случае
параметр показательного распределения
Математическое
ожидание:
Дисперсия:
Среднее
квадратическое отклонение:
Ответ:
Пример 3
Постройте
интегральную и дифференциальную функции распределения случайной величины X.
Найдите математическое ожидание M(X), дисперсию D(X),
среднее квадратическое отклонение σ(X), моду xmod, медиану xmed , если известно, что
случайная величина X имеет показательное распределение с параметром λ=1.
На сайте можно заказать решение контрольной или самостоятельной работы, домашнего задания, отдельных задач. Для этого вам нужно только связаться со мной:
ВКонтакте
WhatsApp
Telegram
Мгновенная связь в любое время и на любом этапе заказа. Общение без посредников. Удобная и быстрая оплата переводом на карту СберБанка. Опыт работы более 25 лет.
Подробное решение в электронном виде (docx, pdf) получите точно в срок или раньше.
Решение
Плотность
распределения случайной величины
, распределенной по
показательному закону:
Функция
распределения:
Построим
графики дифференциальной и интегральной функций распределения:
График дифференциальной функции распределения
График интегральной функции распределения
Математическое
ожидание показательно распределенной случайной величины
:
Дисперсия:
Среднее
квадратическое отклонение:
найдем, исходя из условия:
Пример 4
Случайная
величина
распределена показательно с дисперсией 0,25.
Найти математическое ожидание и вероятность попадания
в интервал (0,5;1).
Решение
Дисперсия
случайной величины, распределенной по показательному закону:
Математическое
ожидание случайной величины, распределенной по показательному закону:
Вероятность
попадания в интервал
непрерывной случайной величины
, распределенной по
показательному закону:
В нашем
случае:
Ответ:
Задачи контрольных и самостоятельных работ
Задача 1
Время
безотказной работы двигателя автомобиля распределено по показательному закону.
Известно, что среднее время наработки двигателя на отказ между техническим
обслуживанием 100 ч. Определить вероятность безотказной работы двигателя за 80
ч.
На сайте можно заказать решение контрольной или самостоятельной работы, домашнего задания, отдельных задач. Для этого вам нужно только связаться со мной:
ВКонтакте
WhatsApp
Telegram
Мгновенная связь в любое время и на любом этапе заказа. Общение без посредников. Удобная и быстрая оплата переводом на карту СберБанка. Опыт работы более 25 лет.
Подробное решение в электронном виде (docx, pdf) получите точно в срок или раньше.
Задача 2
Среднее
время работы элемента, входящего в пожарно-техническое устройство, равно 1000
часов. Определить вероятность того, что элемент будет работать от 950 до 1150
часов, если время работы элемента распределено по показательному закону.
Задача 3
Вероятность
безотказной работы элемента распределена по экспоненциальному закону
f(t)=e-0.05t
Найти
вероятность того, что в результате испытания случайная величина попадет в
интервал (11;35). Найти характеристики данного распределения случайной
величины.
Задача 4
Непрерывная
случайная величина X задана интегральной функцией распределения
Найти
постоянную C, математическое ожидание случайной величины X,
вероятность попадания случайной величины в интервал [2;4].
Задача 5
Время
между отказами прибора распределено по показательному закону со средним
значением 25 часов. Определить математическое ожидание и дисперсию времени
безотказной работы автомобиля. Найти вероятность того, что очередной отказ
произойдет не позднее 15 часов.
Задача 6
Время
безотказной работы телевизора определенной модели описывается показательным (экспоненциальным)
законом распределения с постоянной λ. Что вероятнее, его безотказная работа в
промежутке времени [x1,x2]
или [x3,x4]? Записать
функции f(x),F(x) и построить их графики.
λ=1/10, x1=3, x2=5, x3=4, x4=8
На сайте можно заказать решение контрольной или самостоятельной работы, домашнего задания, отдельных задач. Для этого вам нужно только связаться со мной:
ВКонтакте
WhatsApp
Telegram
Мгновенная связь в любое время и на любом этапе заказа. Общение без посредников. Удобная и быстрая оплата переводом на карту СберБанка. Опыт работы более 25 лет.
Подробное решение в электронном виде (docx, pdf) получите точно в срок или раньше.
Задача 7
Испытывают
два независимо работающих элемента. Длительность времени t безотказной
работы первого элемента имеет показательное распределение с параметром 0,02,
второго -показательное распределение с параметром 0,06. Найдите вероятность
того, что за время длительностью t=6 ч откажет только один
элемент.
Задача 8
Среднее
время работы каждого из трех элементов, входящих в техническое устройство,
равно T=850 часов. Для безотказной работы устройства необходима безотказная
работа хотя бы одного из трех этих элементов. Определить вероятность, что
устройство будет работать от t1=750 до t2=820 часов, если время
работы каждого из трех элементов независимо и распределено по показательному
закону.
Задача 9
Время
устранения повреждения на канале связи T -случайная величина,
распределенная по закону f(t)=λe-λt (t≥0). Среднее время
восстановления канала — 10 минут. Определить вероятность того, что на
восстановление канала потребуется от 5 до 10 минут.
Задача 10
Дана плотность
распределения случайной величины X.
По какому
закону распределения случайная величина? Найти математическое ожидание,
дисперсию, функцию распределения?
Задача 11
Время
безотказной работы механизма подчинено показательному закону с плотностью
распределения вероятностей f(t)=0.04e-0.04t при t > 0 (t –
время в часах). Найти вероятность того, что механизм проработает безотказно не
менее 100 часов.
Задача 12
Длительность телефонного разговора
является случайной величиной, распределенной по показательному закону.
Известно, что средняя длительность телефонного разговора равна 9 минутам. Найти
вероятность того, что разговор будет длиться:
а) не более 5 минут.
б) более 5 минут.
На сайте можно заказать решение контрольной или самостоятельной работы, домашнего задания, отдельных задач. Для этого вам нужно только связаться со мной:
ВКонтакте
WhatsApp
Telegram
Мгновенная связь в любое время и на любом этапе заказа. Общение без посредников. Удобная и быстрая оплата переводом на карту СберБанка. Опыт работы более 25 лет.
Подробное решение в электронном виде (docx, pdf) получите точно в срок или раньше.
Задача 13
Случайная величина ξ подчинена
показательному закону с параметром λ=5:
Найдите вероятность того, что
случайная величина ξ примет значение меньшее, чем ее математическое ожидание.
Задача 14
Случайная
величина ξ имеет плотность вероятностей (показательное распределение)
Найдите
вероятность P{ξ>Mξ}
Задача 15
Время T
(минут), затрачиваемое клиентами парикмахерской в ожидании своей очереди,
удовлетворяет показательному распределению с параметром λ=0,05. Какова
вероятность того, что время ожидания превысит 25 минут и каково среднее время
ожидания.
Задача 16
Время T (час),
необходимое на ремонт легкового автомобиля удовлетворяет показательному
распределению с параметром λ=0,2. Какова вероятность того, что время ремонта
одного автомобиля не превысит 6 часов, и сколько часов в среднем затрачивается
на ремонт одного автомобиля.
Задача 17
Время
ожидания у бензоколонки автозаправочной станции является случайной величиной X,
распределенной по показательному закону, со средним временем ожидания, равным t0. Найти вероятности
следующих событий:
Задача 18
Случайная
величина X задана показательным законом распределения и
числовыми значениями параметров M(X)=3 и σx=3.
Требуется:
1) найти
функцию плотности f(x).
2) найти
вероятность попадания СВ X в указанный интервал [a,b]=[2,4].
Задача 19
Случайная
величина ξ задана функцией распределения
Найдите
математическое ожидание и среднее квадратическое отклонение этого
распределения.
Задача 20
Случайная величина ξ распределена по
показательному закону с параметром λ=0,3. Найдите математическое ожидание и
среднее квадратическое отклонение этой случайной величины.
- Краткая теория
- Примеры решения задач
- Задачи контрольных и самостоятельных работ
60
Показательное распределение широко применяется в теории надежности, в теории массового обслуживания.
Непрерывная случайная величина подчинена показательному закону распределения, если ее плотность вероятностей равна
|
0 |
при |
x < 0, |
|
f (x) = |
при |
x ≥ 0. |
|
λ e−λx |
||
Интегральная функция распределения показательного закона:
|
0 |
при |
x < 0, |
|
|
F(x) = |
− e−λx |
при |
x ≥ 0. |
|
1 |
|||
Вероятность попадания на конечный интервал (a,b)случайной величины, распределëнной по показательномузакону, равна
P(a < X < b) = F(b) − F(a) = e−λa − e−λb .
Графики f (x) и F(x) показаны на рисунке.
Числовые характеристики показательного распределения
|
M(X) = |
1 |
, |
D(X) = |
1 |
, следовательно, |
σ (X) = |
= |
1 |
. |
||
|
D(X) |
|||||||||||
|
λ |
λ2 |
||||||||||
|
λ |
61
Поэтому математическое ожидание равно среднему квадратическому отклонению. Это равенство является характерным признаком показательного распределения.
Пусть T — время безотказной работы элемента (непрерывная случайная величина), а t — время, по прошествии которого происходит отказ. Тогда функция распределения F(t) = P(T < t) определяет вероятность отказа за время t . Поэтому вероятность противоположного события T ≥ t, то есть вероятность безотказной работы за время t будет равна
R(t) =1− F(t) =1− P(T < t).
Эту функцию называют функцией надежности.
Показательному распределению с интегральной функцией F(t) =1− e−λt подчинена длительность безотказной работы системы на интервале времени t( λ — постоянная положительная величина, имеющая смысл интенсивности отказов).
Пример. Испытываются два независимо работающих элемента. Длительность времени безотказной работы первого элемента имеет показа-
|
тельное распределение F (t) =1− e−0,02t, второго F |
2 |
(t) =1− e−0,05t. |
Найти |
||
|
1 |
|||||
|
вероятность того, что за время t= 6 час. откажут оба элемента; |
оба эле- |
||||
|
мента будут работать; откажет только один элемент. |
|||||
|
Решение. Вероятность отказа первого элемента за 6 часов равна |
|||||
|
q |
= F (6) =1− e−0,026 |
=1− e−0,12 = 0,113. |
|||
|
1 |
1 |
||||
|
Вероятность отказа второго элемента за то же время |
|||||
|
q2 = F2 (6) =1− e−0,056 |
=1− e−0,3 = 0,259. |
Вероятность отказа двух элементов по теореме умножения вероятностей равна
q1q2 = 0,113 0,259 = 0,029.
Вероятности безотказной работы каждого элемента
p1 =1− F1(6) =1− 0,113= 0,887; p2 =1− F2 (6) = 0,741.
Поэтому вероятность отказа только одного элемента будет равна
p1q2 + p2q1 = 0,887 0,259 + 0,741 0,113= 0,310.
62
3.7. Нормальный закон распределения
Непрерывная случайная величина подчинена нормальному закону распределения (закону распределения Гаусса), если ее плотность вероятностей равна
|
1 |
e− |
(x−a)2 |
|||
|
f (x) = |
2σ 2 . |
||||
|
σ |
2π |
Здесь a и σ -параметры, вероятностный смысл которых таков:
a = M (X )−математическое ожидание. σ = 
D(X )- среднее квадратическое отклонение нормально распределенной случайной величины X.
Нормальное распределение с параметрами a = 0, σ =1 называется нормированным. Плотность вероятностей нормированного нормального распределения равна
f (x) = 
21π e−x2 / 2.
Эта функция табулирована (см. Приложение 1).
График плотности вероятностей нормально распределенной случайной величины (называемый нормальной или гауссовой кривой) показан на рисунке.
Вероятность попадания нормально распределенной случайной величины на произвольный конечный интервал (α, β ) равна
|
β −a |
α −a |
||||||
|
P(α < X < β) =Ф |
−Ф |
, |
|||||
|
σ |
σ |
||||||
|
63 |
|||||
|
1 |
∞ |
||||
|
где Ф(x) = |
∫e−z2 / 2dz — функция Лапласа (см. приложение 2). |
||||
|
2π |
|||||
|
0 |
Вероятность попадания нормально распределенной случайной величины на интервал, симметричный относительно среднего значения, равна
P( X − a < δ) = P(a −δ < X < a +δ) = 2 Ф(δ /σ).
В частности, при δ = 3σ P( X − a < 3σ) = 2Ф(3) = 0,9973. Поэтому вероятность противоположного события: P( X − a ≥ 3σ) = 0,0027. Такой
малой вероятностью можно пренебречь. На этом и базируется важное для приложений правило трех сигм:
Если случайная величина распределена по нормальному закону, то с вероятностью, близкой к достоверности, можно считать, что практически все рассеивание укладывается на интервале (a − 3σ, a + 3σ) от центра распределения, то есть можно пренебречь вероятностью попадания случайной величины вне интервала (a −3σ, a +3σ).
Пример. На станке изготовляется партия однотипных деталей. Длина детали X — случайная величина, распределенная по нормальному закону с параметрами a =18см, σ = 0,2см. Найти:
вероятность того, что длина наудачу взятой детали заключена между 17,7 см и 18,4 см; какое отклонение длины детали от номинального размера можно гарантировать с вероятностью 0,95? В каких пределах будут заключены практически все длины деталей ?
Решение.
|
18,4 −18 |
17,7 −18 |
|||||
|
P(17,7 |
=Ф(2) −Ф(−1,5) = |
|||||
|
< X <18,4) =Ф |
0,2 |
−Ф |
0,2 |
|||
|
=Ф(2) +Ф(1,5) = 0,4772 + 0,4332 = 0,9104. |
||||||||||
|
Воспользуемся |
формулой |
P( |
X − a |
<δ) = 2Ф(δ /σ). |
По условию |
|||||
|
P( |
X −18 |
< δ) = 0,95. |
Поэтому |
2 Ф(δ / 0,2) = 0,95 или Ф(δ / 0,2) = 0,475. |
||||||
|
По таблице функции Лапласа ( см. приложение 2) находим |
δ / 0,2 =1,96, |
|||||||||
|
откуда δ = 0,392. |
||||||||||
|
Следовательно, |
X −18 |
< 0,392 или 17,608 < X <18,392. |
||||||||
64
По правилу трех сигм можно считать, что практически все длины
|
деталей |
с вероятностью 0,9973 будут заключены в интервале |
||||
|
(a − 3σ; |
a + 3σ), т.е. P( |
X −18 |
< 3 0,2) = 0,9973, откуда 17,4 < X <18,6. |
||
Пример. Автомат штампует детали. Контролируется длина детали X, которая распределена по нормальному закону с математическим ожиданием ( проектной длиной ), равным 60 мм. Фа ктическая длина изготовленных деталей не менее 58 мм и не более 62 мм. Найти вероятность того, что длина наудачу взятой детали: а) больше 61 мм; б) меньше 60,5 мм.
Решение. Предварительно найдем неизвестный параметр нор-
|
мального распределения σ |
из условия |
P(58 |
< X < 62) =1 или |
||||||
|
62 |
− 60 |
58 |
− 60 |
2 |
|||||
|
Ф |
σ |
−Ф |
σ |
= 2Ф |
=1. |
||||
|
σ |
откуда Ф(2 /σ) = 0,5 и по таблицам функции Лапласа находим 2 /σ = 5.
|
Следовательно, |
σ = 0,4. |
Поэтому |
|||||
|
P(61< X < 62) |
62−60 |
61−60 |
= Ф(5)−Ф(2,5) = 0,0062, |
||||
|
= Ф |
0,4 |
−Ф |
0,4 |
||||
|
P(58 < X < 60,5) |
60,5−60 |
58−60 |
= Ф(1,25)−Ф(−5) = 0,8944. |
||||
|
= Ф |
0,4 |
−Ф |
0,4 |
||||
Задачи для самостоятельного решения
1.В коробке, содержащей 10 дискет, три заполнены некоторой информацией, остальные – “чистые”. Наудачу вынуты четыре дискеты. Составить закон распределения числа заполненных дискет среди отобранных.
2.Построить ряд распределения случайной величины X — суммы очков, выпадающих при бросании двух игральных костей; найти среднее значение этой суммы.
3.Построить ряд распределения случайной величины Y – произведения очков, выпадающих при бросании двух игральных костей; найти среднее значение этой суммы.
65
4.Имеются 5 различных ключей, из которых только один подходит к замку. Составить закон распределения числа опробованных ключей, если опробованный ключ в последующих попытках не используется.
5.Два стрелка стреляют каждый по своей мишени, делая независимо друг от друга по одному выстрелу. Вероятность попадания в мишень для первого стрелка p1, для второго p2. Построить ряд распределения слу-
|
чайной |
величины Z = X1 − X 2 , где X1— число попаданий |
первого |
|
стрелка, |
X 2 — число попаданий второго стрелка. Найти M (Z ) |
и D(Z ). |
6.В лотерее на 100 билетов разыгрываются 2 выигрыша на сумму 1000 и
100рублей. Стоимость билета – 10 рублей. Составить закон распределения суммы чистого выигрыша S для лица, имеющего два билета.
7.Имеются семь биллиардных шаров, перенумерованных числами от 1 до
7.Эти шары располагаются случайным образом вдоль борта. Найти закон распределения и математическое ожидание числа шаров с четными номерами, предшествующих первому в последовательности шару с нечетным номером.
8.Написать закон распределения вероятностей числа переключений пере-
дач при трех заездах автомобиля, если вероятность переключения p = 0,4 (считать, что в одном заезде одно переключение). Найти среднее значение числа переключений.
9.Вероятность появления события в каждом из независимых испытаний равна 0,3. Найти число испытаний n, при котором наивероятнейшее число появлений события в этих испытаниях равно 30.
10.Два баскетболиста по очереди бросают мяч в корзину. Вероятность попадания при каждом броске для первого баскетболиста равна 0,8; для второго 0,7. Составить закон распределения общего числа попаданий.
11.В авторалли участвуют 25 машин. Вероятность того, что машина не дойдет до финиша равна 0,2. Найти вероятность того, что число машин, не дошедших до финиша, будет отличаться от своего математического ожидания не более чем на одно среднее квадратическое отклонение.
12.Случайные величины X и Y независимы. Найти среднее квадрати-
ческое отклонение случайной величины Z = 2X − 3Y , если известно,
что D(X ) = 3, D(Y ) = 2.
66
13.При сборке прибора для наиболее точной подгонки основной детали может потребоваться (в зависимости от удачи) 1, 2, 3, 4 или 5 проб соответственно с вероятностями 0,1, 0,2, 0,5, 0,15, 0,05. Требуется обеспечить сборщика необходимым количеством деталей для сборки 20 приборов. Сколько деталей надо отпустить сборщику ?
14.Непрерывная случайная величина задана плотностью вероятностей
f (x) =1+ax2
(закон распределения Коши). Найти: коэффициент a, интегральную функцию распределения F(x), P(−1< X <1).
15.Непрерывная случайная величина задана плотностью вероятностей
|
−x2 / 2 |
|||
|
при |
x ≥ 0, |
||
|
f (x) = xe |
|||
|
при |
x < 0 |
||
|
0 |
(закон распределения Релея – применяется в радиотехнике). Найти:
M(x), D(x).
16.Непрерывная случайная величина задана интегральной функцией распределения
F(x) =1− e−αxn ,
где α — некоторая константа, n – целое положительное число (закон распределения Вейбулла – часто применяется в теории надежности технических систем, в статистической теории прочности). Найти: плотность f (x), M(x) и D(x).
17.Непрерывная случайная величина задана плотностью вероятностей (гамма – распределение)
|
1 |
x |
α |
e |
−x / β |
при |
x ≥ 0, |
|
|
βα+1Г(α +1) |
|||||||
|
f (x) = |
(α > −1, β > 0). |
||||||
|
при |
x < 0, |
||||||
|
0 |
Найти: M(x), D(x).
18.Непрерывная случайная величина задана плотностью вероятностей
f (x) = ae−λ x , где λ — положительный параметр (закон распределения Лапласа). Найти: коэффициент a; интегральную функцию распределе-
ния F(x), M(x), D(x),
67
19.Точка брошена наудачу внутрь круга радиуса R. Вероятность попадания точки в любую область, расположенную внутри круга, пропорциональна площади этой области. Найти интегральную функцию распределения F(x), математическое значение и дисперсию расстояния от точки до центра круга.
20.Найти среднее число лотерейных билетов, на которые выпадут выигрыши, если приобретено 50 билетов, причем вероятность выигрыша по одному билету равна 0,02.
21.Среднее число вызовов, поступающих на АТС в одну минуту, равно двум. Найти вероятность того, что за 4 мин поступит: а) три вызова; б) менее трех вызовов; в) не менее трех вызовов.
22.Среднее число автомобилей, подъезжающих к стоянке за один час, равно 4. Найти вероятность того, что за 2,5 часа к стоянке подъедут более 8 автомашин.
23.Через железнодорожный переезд в течение 10 мин в среднем проходит 2 поезда. Найти вероятность того, что за полчаса переезд будет закрываться: а) три раза; б) не более двух раз; в) не будет закрываться вообще.
24.Гидравлическая система автомобиля насчитывает 100 клапанов. Надежность каждого клапана 0,98. Какова вероятность того, что за время испытания откажут не менее двух клапанов, если считать отказ каждого из них независимым от состояния других.
25.По каналу связи передают 1000 знаков Каждый знак может быть искажен независимо от других с вероятностью 0,003. Найти вероятность того, что будет искажено не более трех знаков.
26.Вероятность того, что пассажир опоздает к отправлению поезда, равна 0,005. Найти наиболее вероятное число опоздавших пассажиров из 600 и его вероятность.
27.При движении по проселочной дороге автомобиль испытывает в среднем 60 толчков в течение одного часа. Какова вероятность того, что за 30 сек. не будет ни одного толчка ?
28.Автомашина проходит технический осмотр и обслуживание. Число неисправностей, обнаруженных во время осмотра, распределяется по закону Пуассона с параметром a. Если неисправностей не обнаружено,
68
техническое обслуживание машины продолжается в среднем 2 часа. Если обнаружены одна или две неисправности, то на устранение каждой из них тратится в среднем еще полчаса . Если обнаружено больше двух неисправностей, то машина ставится на профилактический ремонт, где она находится в среднем 4 часа. Составить закон распределения среднего времени обслуживания T и ремонта машины и его математическое ожидание M(T).
29.На пути движения автомашины 4 светофора. Каждый из них либо запрещает дальнейшее движение автомашине с вероятностью 0,4, либо разрешает движение с вероятностью 0,6. Построить ряд распределения случайной величины X — пройденных автомашиной светофоров до первой остановки.
30.Автоматическая линия при нормальной настройке может выпускать бракованное изделие с вероятностью p. Переналадка линии производится сразу после первого же бракованного изделия. Найти среднее число всех изделий, изготовляемых между двумя переналадками линии.
31.Проводится испытание трех приборов, работающих независимо один от
другого. Длительность времени безотказной работы приборов распределена по показательному закону: для первого прибора
|
F (t) =1− 0,1e−0,1t , для второго — |
F (t) =1− 0,2e−0,2t , для третьего |
|
1 |
2 |
F3 (t) =1− 0,3e−0,3t . Найти вероятность того, что в течение пяти часов откажут: а) только один прибор; б) два прибора; в) все три прибора; г) хотя бы один прибор; д) не менее двух приборов.
32.На дороге находится контрольный пункт для проверки технического состояния автомашин. Найти математическое ожидание и среднее квадратическое отклонение случайной величины T – времени ожидания очередной машины контролером, если поток машин простейший и время (в часах) между прохождениями машин через контрольный пункт
распределено по показательному закону f (t) = 6e−6t .
33.Автобусы некоторого маршрута идут строго по расписанию. Интервал движения – 10 мин. Найти вероятность того, что пассажир, подошедший к остановке, будет ожидать очередной автобус менее трех минут и среднее время ожидания автобуса.
69
34.Ребро куба x измерено приближенно, причем a ≤ x ≤ b. Рассматривая длину ребра как случайную величину, распределенную равномерно в интервале (a,b), найти математическое ожидание и дисперсию объема куба.
35.Колесу придается вращение, которое затухает вследствие трения. Фиксированный радиус R при этом, останавливаясь, образует с горизонтом случайный угол ϕ, который распределяется по равномерному закону в пределах от 0° до 360°. Определить математическое ожидание и среднее квадратическое отклонение расстояния конца радиуса от горизонтального диаметра.
36.На перекрестке стоит автоматический светофор, в котором 1 мин. горит зеленый свет, 0,5 мин. – красный, затем опять 1 мин. – зеленый, 0,5
мин. – красный и т.д. Некто подъезжает к перекрестку на машине в случайный момент времени, не связанный с работой светофора. Найти: а) вероятность того, что он проедет перекресток, не останавливаясь; б) закон распределения и математическое ожидание времени ожидания
уперекрестка.
37.Автомат изготовляет подшипники, которые считаются годными, если отклонение X от проектного размера по абсолютной величине не превосходит 0,77 мм. Каково наиболее вероятное число годных подшипников из 100, если X распределена нормально с σ = 0,4 мм ?
38.Случайная величина X подчинена нормированному нормальному рас-
|
пределению (a = 0, σ =1). Что больше: |
P(−0,6≤ X ≤ −0,1) или |
|
P(1≤ X ≤ 2)? |
39.Производится взвешивание некоторого вещества без систематических (одного знака) погрешностей. Случайные погрешности взвешивания подчинены нормальному закону распределения со средним квадратическим отклонением σ = 20 г. Найти вероятность того, что взвешивание будет произведено с погрешностью, не превосходящей по абсолютной величине 10 г.
40.Случайная величина X подчинена нормальному закону распределения
с параметрами a =50 мм и σ =1 мм. Найти вероятность того, что X
70
попадет на интервал (49,5; 50,2) не менее трех раз при четырех независимых испытаниях ?
41.Случайные ошибки измерения подчинены нормальному закону распределения с параметрами a = 0 и σ = 20 мм. Найти вероятность того, что из четырех независимых измерений ошибка хотя бы одного из них не превзойдет по абсолютной величине 3 мм.
42.Диаметр отверстия X — случайная величина, распределенная по нормальному закону с параметрами a = 50 мм, σ =1 мм. Диаметр вала равен 49,5 мм. Найти вероятность того, что вал войдет в отверстие.
43.Браковка шариков для подшипников производится следующим образом: если шарик не проходит через отверстие диаметром d1, но проходит через отверстие d2 > d1, то его размер считается приемлемым. Если какое – либо из этих условий не выполняется, то шарик бракуется. Известно, что диаметр шарика D есть нормальная случайная величина с M (D) = d1 +2 d2 , σ(D) = d2 4− d1 . Найти вероятность того, что шарик
будет забракован. Какова вероятность того, что из восьми шариков менее двух будут забракованы ?
44.При 10000 бросаний монеты герб выпал 5500 раз. Следует ли считать, что монета несимметрична ?
Ответы
|
1. |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
X |
0 |
1 |
2 |
3 |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
P |
1 |
1 |
3 |
1 |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
6 |
2 |
10 |
30 |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
2. |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
X |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
7 |
8 |
9 |
10 |
11 |
12 |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
P |
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
5 |
4 |
3 |
2 |
1 |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
36 |
36 |
36 |
36 |
36 |
36 |
36 |
36 |
36 |
36 |
36 |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
3. |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
X |
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
8 |
9 |
10 |
12 |
15 |
16 |
18 |
20 |
24 |
25 |
30 |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
P |
1 |
2 |
2 |
3 |
2 |
4 |
2 |
1 |
2 |
4 |
2 |
1 |
2 |
2 |
2 |
1 |
2 |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
36 |
36 |
36 |
36 |
36 |
36 |
36 |
36 |
36 |
36 |
36 |
36 |
36 |
36 |
36 |
36 |
36 |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
71
|
4. |
5. M (Z ) = p1 − p2 ; |
D(Z ) = p1q1 + p2q2. |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
X |
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
Z |
-1 |
0 |
1 |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
P |
0,2 |
0,2 |
0,2 |
0,2 |
0,2 |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
P |
q1 p1 |
q1q2 + p1 p2 |
p1q2 |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
6. |
7. |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
M (X ) = 0,6. |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
X |
0 |
1 |
2 |
X |
0 |
1 |
2 |
3 |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
P |
0,9602 |
0,0396 |
0,0002 |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
P |
4 |
2 |
4 |
1 |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
7 |
35 |
35 |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
7 |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
S |
0 |
94 |
994 |
1080 |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
8. |
9. |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
M(X)=1,2; |
D(X)=0,72 |
99≤ n ≤102. |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
X |
0 |
1 |
2 |
3 |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
P |
0,216 |
0,432 |
0,288 |
0,064 |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
10. |
11. P ≈ 0,546. |
12. |
13. |
57. |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
30. |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
X |
0 |
1 |
2 |
3 |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
P |
0,012 |
0,124 |
0,416 |
0,448 |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
P(−1< x <1) = 1. 15. |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
1 |
1 |
arctgx + 1; |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
14. |
a = |
; |
F(x) = |
M (X ) = |
π |
; |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
2 |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
π |
π |
2 |
2 |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
D(X ) |
= |
4 −π |
. |
16. f (x) = nαx |
n−1 −αxn |
; |
M (X ) =α |
−1/ n |
+ |
1 |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
2 |
e |
Г 1 |
n |
; |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
D(X ) |
=α |
−2/ n |
2 |
− Г |
2 |
+ |
1 |
где |
Г(z) = |
∞ |
z−1 |
−x |
dx — гамма- |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
Г 1+ |
n |
1 |
n |
, |
∫x |
e |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
0 |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
функция. |
17. |
M (X ) = (1+α)β; |
D(X ) = (1+α)β 2. Указание: Сделать под- |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
становку |
y = x / β |
и использовать гамма – функцию. |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
1 |
e |
−λx |
при |
x ≤ 0, |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
F(x) |
2 |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
18. |
a = |
λ |
; |
= |
1 |
M (X ) |
= 0; D(X ) = |
2 |
. |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
e |
−λx |
при |
x > 0; |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
2 |
λ |
2 |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
1− |
2 |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
72
|
0 |
при |
x ≤ 0, |
2R |
R2 |
|||||||||||
|
19. |
2 |
/ R |
2 |
при |
0< x < R, |
M (X ) = |
; |
D(X ) = |
. |
Здесь |
|||||
|
F(x) = x |
3 |
18 |
|||||||||||||
|
1 |
при |
x > R, |
|||||||||||||
|
случайная величина |
0≤ X ≤ R — расстояние от произвольной точки |
||||||||||||||
|
до центра круга. 17. |
1. |
18. а) |
0,0256; б) |
0,0123; в) |
0,9877. |
||||||||||
|
22. |
P2,5(> |
23. |
а) |
0,0890; |
б) 0,0620; |
в) |
0,0025. |
24. |
0,366. |
25.0,647. 26. 0,224. 27. P30 (0) ≈ 0,61.
28.M (T ) = 6 − e−a (4 + 3,5a +1,5a2 ).
|
ti |
2 |
2,5 |
3 |
6 |
||||||||||||||||||||||
|
P |
e |
−a |
ae |
−a |
a |
2 |
e−a |
a |
2 |
|||||||||||||||||
|
1 |
− e−a 1+ a + |
|||||||||||||||||||||||||
|
2 |
2 |
|||||||||||||||||||||||||
|
29. |
X |
|||||||||||||||||||||||||
|
0 |
1 |
2 |
3 |
4 |
||||||||||||||||||||||
|
P |
0,4 |
0,24 |
0,144 |
0,0864 |
0,1296 |
|||||||||||||||||||||
|
30. |
∞ |
1− p |
k – число год- |
|||||||||||||||||||||||
|
, |
где случайная величина |
|||||||||||||||||||||||||
|
M (k) = p∑k(1− p)k = |
||||||||||||||||||||||||||
|
k=1 |
p |
|
ных изделий, изготовляемых линией до появления брака. |
Указание: Для |
||||||||||||
|
вычисления суммы можно воспользоваться известным равенством : |
|||||||||||||
|
∞ |
1 |
||||||||||||
|
∑kxk−1 = |
для |
x |
<1, получающимся путем дифференцирования |
||||||||||
|
(1− x)2 |
|||||||||||||
|
k=1 |
∞ |
1 |
|||||||||||
|
суммы бесконечно убывающей геометрической прогрессии |
∑xk = |
. |
|||||||||||
|
1− x |
|||||||||||||
|
k=1 |
|||||||||||||
|
31. |
а) P ≈ 0,291; |
б) P ≈ 0,466; в) |
P ≈ 0,190; г) P ≈ 0,950; |
д) P ≈ 0,656. |
|||||||||
|
32. |
M (t) =σ(t) = |
1 часа. Указание: |
время ожидания машины контролером |
||||||||||
|
6 |
и время прохождения машин через контрольный пункт распределены оди-
|
наково. 33. P = 0,3; M (T ) = 5. |
34. |
M = |
(b + a)(b2 |
+ a2 ) |
; |
|
4 |
|||||
73
|
b |
7 |
− a |
7 |
2 |
+ a |
2 |
4 |
2R |
||||||||||||
|
1 |
||||||||||||||||||||
|
D(X 3 ) = |
− |
(b + a)(b |
) |
. |
35. M = |
; |
σ = R |
− |
4 |
. |
||||||||||
|
7(b − a) |
4 |
π |
2 |
|||||||||||||||||
|
π 2 |
||||||||||||||||||||
|
36. P = |
2. |
Указание: момент проезда машины через перекресток распре- |
||||||||||||||||||
|
3 |
делен равномерно в интервале, равном периоду смены цветов в светофоре, то есть 1,5 мин. Время ожидания Tож — смешанная случайная величина: с
вероятностью 2/3 она равна 0, а с вероятностью 1/3 она может принимать с одинаковой плотностью вероятности любое значение между 0 и 0,5 мин.
|
Поэтому M (T |
) = 0 2 |
+ 0,25 1 |
≈ 0,083. |
37. n = 95. |
||
|
ож |
3 |
3 |
||||
|
38. |
P(−0,6≤ X ≤ −0,1) = 0,1859; |
P(1≤ X ≤ 2)= 0,1359. |
39. 0,383. |
|||
|
40. |
0,0633. 41. |
0,398. |
42. 0,6915. 43. |
P =1− P(d1 < d < d2 ) = 0,0456; |
||
|
P8 (< 2) ≈ 0,9515. |
4 4. |
Почти наверняка. |
Указание: |
применить правило |
||
|
“трех сигм”. |
74
4. ДВУМЕРНЫЕ СЛУЧАЙНЫЕ ВЕЛИЧИНЫ
На практике часто возникает необходимость решения задач, в которых результат опыта описывается не одной, а одновременно двумя случайными величинами, образующими систему двух случайных величин.
Простейшим и естественным примером является стрельба по площадям: точка падения снаряда определяется двумя координатами на плоскости.
Случайные величины, возможные значения которых определяются двумя числами, называются двумерными и обозначаются через
(X,Y). Говорят также, что они образуют систему двух случайных величин. Каждая из величин X,Y называется составляющей (компонентой) двумерной случайной величины.
4.1. Закон распределения двумерной случайной величины
Законом распределения дискретной двумерной случайной величины (X,Y) называется соотношение между возможными значениями этой ве-
|
личины те есть парами чисел |
(xi ,y j ) |
и соответствующими им вероят- |
||||||
|
ностями |
p(xi ,y j ) = pij (i=1,2,…,n; j=1,2,…,m). Он задается таблично (см. |
|||||||
|
таблицу 2) или аналитически. |
||||||||
|
Таблица 2 |
||||||||
|
Y |
X |
|||||||
|
x1 |
x2 |
xi |
xn |
|||||
|
y1 |
p(x1,y1) |
p(x2 ,y1) |
… |
p(xi ,y1) |
… |
p(xn ,y1) |
||
|
y2 |
p(x1,y2 ) |
p(x2 ,y2 ) |
… |
p(xi ,y2 ) |
… |
p(xn ,y2 ) |
||
|
… |
… |
… |
… |
… |
… |
… |
||
|
y j |
p(x1,y j ) |
p(x2 ,y j ) |
p(xi ,y j ) |
… |
p(xn ,y j ) |
|||
|
… |
… |
… |
… |
… |
… |
… |
||
|
ym |
p(x1,ym ) |
p(x2 ,ym ) |
… |
p(xi ,ym ) |
… |
p(xn ,ym ) |
||
|
Так как события (X = xi ,Y = y j ) |
(i =1,2,…,n; |
j=1,2,…,m) |
образуют |
полную группу, то сумма вероятностей, помещенных во всех клетках таб-
n m
лицы ∑∑p(xi ,y j ) =1.
i=1 j=1
75
Зная закон распределения двумерной случайной величины, можно найти законы распределения каждой из составляющих.
m
Действительно, P(X = xi ) = ∑p(xi ,y j ), то есть вероятность того,
j=1
что X примет значение xi , равна сумме вероятностей столбца xi . Анало-
n
гично P(Y = y j ) = ∑p(xi ,y j ).
i=1
Интегральной функцией распределения вероятностей двумерной случайной величины (X,Y) называется функция F(x,y), определяющая для каждой пары чисел (x,y) вероятность совместного выполнения двух неравенств X < x и Y < y :
F(x,y) = P(X < x,Y < y).
Геометрически это означает, что F(x,y) равна вероятности попадания случайной точки (X,Y) в полубесконечный квадрант с вершиной (x,y), расположенный левее и ниже этой вершины (см. рис.).
Свойства F(x,y)
1.0≤ F(x,y)≤1.
2.F(x,y) — неубывающая функция обоих своих аргументов, то есть
|
F(x2 ,y)≥ F(x1,y) |
при |
x2 > x1, |
|
F(x,y2 )≥ F(x,y1) |
при |
y2 > y1. |
3. Предельные соотношения:
F(x,−∞) = F(−∞,y) = F(−∞,−∞) = 0, F(∞,∞) =1.
76
4. F(x,∞) = F1(x), то есть при значении аргумента y = ∞ функция распределения системы становится функцией распределения случайной величины, соответствующей другому аргументу. Аналогично
F(∞,y) = F2 (y).
Зная функцию распределения двумерной случайной величины, можно найти вероятность попадания в прямоугольную область
P(x1 ≤ X ≤ x2 , y1 ≤Y ≤ y2 )=[F(x2 ,y2 ) − F(x1,y2 )]−[F(x2 ,y1) − F(x1,y1)].
Функция f (x,y) = ∂2 F , равная второй смешанной частной произ-
∂x∂y
водной от интегральной функции распределения системы двух случайных величин, называется двумерной плотностью вероятностей (или плотностью распределения системы).
|
f (x,y) = lim |
F(x + ∆x,y + ∆y) − F(x + ∆x,y) −[F(x,y + ∆y) − F(x,y)] |
, |
|
∆x→0 |
∆x∆y |
|
|
∆y→0 |
то есть плотность распределения системы равна пределу отношения вероятности попадания в малый прямоугольник к площади этого прямоугольника, когда длины обеих сторон стремятся к нулю.
График f (x,y) называют поверхностью распределения. Вероятность попадания случайной точки (X,Y) в область D равна
P((X ,Y ) D)= ∫∫ f (x,y)dxdy.
(D)
Зная двумерную плотность вероятностей, можно найти интегральную функцию распределения системы по формуле
77
x y
F(x,y) = ∫ ∫ f (x,y)dxdy.
−∞ −∞
Свойства f (x,y)
1. f (x,y)≥ 0, то есть f (x,y) — функция неотрицательная.
∞ ∞
2. ∫ ∫ f (x,y)dxdy =1, то есть объем тела, ограниченного поверхностью
−∞ −∞
распределения и плоскостью xOy , равен единице.
3. Если возможные значения (X ,Y ) D , то ∫∫ f (x,y)dxdy =1.
D
Зная закон распределения системы, можно найти закон распределения каждой из составляющих системы по формулам
|
∞ |
∞ |
|
f1(x) = ∫ f (x,y)dy, |
f2 (y) = ∫ f (x,y)dx. |
|
−∞ |
−∞ |
Для решения обратной задачи – отыскания закона распределения системы по известным законам распределения составляющих X и Y необходимо знать зависимость между этими величинами. Эта зависимость в общем случае характеризуется с помощью так называемых условных законов распределения.
4.2. Условные законы распределения составляющих
Условным законом распределения составляющей X называется ее закон распределения, вычисленный при условии, что другая случайная величина Y приняла определенное значение Y = y j .
Условный закон распределения задается или функцией распределения или плотностью. Условная функция распределения обозначается
|
F(x |
y), условная плотность распределения |
f (x |
y). |
|||||||||||
|
Для дискретной двумерной случайной величины условные вероят- |
||||||||||||||
|
ности составляющих X и Y вычисляют по формулам |
||||||||||||||
|
p(x |
j |
y |
)= |
p(xi ,y j ) |
, |
p(y |
j |
x )= |
p(xi ,y j ) |
. |
||||
|
i |
p(y j ) |
i |
p(xi ) |
|||||||||||
78
Для непрерывной двумерной случайной величины условные плотности распределения составляющих X и Y определяются по формулам
|
f (x |
y) = |
f (x,y) |
= |
f (x,y) |
, |
f (y |
x) = |
f (x,y) |
= |
f (x,y) |
. |
||
|
∞ |
|||||||||||||
|
f2 (y) |
f1(x) |
∞ |
|||||||||||
|
∫ f (x,y)dx |
∫ f (x,y)dy |
||||||||||||
|
−∞ |
−∞ |
Пример. Распределение вероятностей дискретной двумерной случайной величины задано таблицей
|
Y |
X |
|||
|
10 |
15 |
20 |
25 |
|
|
5 |
0,08 |
0,12 |
0,13 |
0,05 |
|
7 |
0,07 |
0,10 |
0,08 |
0,03 |
|
9 |
0,06 |
0,14 |
0,10 |
0,04 |
Найти: а) безусловные законы распределения составляющих; б) условный закон распределения составляющей X при условии, что составляющая Y приняла значение y1 = 5; в) условный закон распределения составляющей Y при условии, что составляющая X = x2 =15.
Решение. а) Складывая вероятности по “столбцам”, получим
P(X =10) = P(X =10,Y = 5) + P(X =10,Y = 7) + P(X =10,Y = 9) = 0,08+ 0,07 +
+ 0,06 = 0,21,
аналогично P(X =15) = 0,36, P(X = 20) = 0,31, P(X = 25) = 0,12.
Следовательно, закон распределения составляющей X имеет вид
X 10 15 20 25
P 0,21 0,36 0,31 0,12
Складывая вероятности по “строкам”, найдем
P(Y = 5) = 0,38, P(Y = 7) = 0,28, P(Y = 9) = 0,34.
Поэтому закон распределения составляющей Y будет
|
Y |
5 |
7 |
9 |
|
P |
0,38 |
0,28 |
0,34 |
79
|
б) |
Условные |
вероятности возможных значений X при условии, |
что |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
Y = y1 = 5 |
равны |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
P(x |
y |
)= |
p(x1,y1) |
= 0,08 = |
4 |
, |
P(x |
2 |
y |
)= |
p(x2 ,y1) |
= 0,12 |
= |
6 |
, |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
1 |
1 |
p(y1) |
0,38 |
19 |
1 |
p(y1) |
0,38 |
19 |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
P(x |
3 |
y |
)= |
p(x3 ,y1) |
= |
0,13 |
= 13, |
P(x |
4 |
y |
) = |
p(x4 ,y1) |
= 0,05 |
= |
5 |
. |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
1 |
p(y1) |
0,38 |
38 |
1 |
p(y1) |
0,38 |
38 |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
Искомый условный закон распределения составляющей X |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
X |
10 |
15 |
20 |
25 |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
P(x1 |
y1) |
4 |
6 |
13 |
5 |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
19 |
19 |
38 |
38 |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
Аналогично находим |
Y |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
условный закон распределения составляющей |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
при |
X = x2 =15: |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
P(y |
x |
2 |
)= |
p(x2 ,y1) |
= |
0,12 |
= 1, |
P(y |
2 |
x |
2 |
)= |
p(x2 ,y2 ) |
= |
0,10 |
= |
5 |
, |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
1 |
p(x2 ) |
0,36 |
3 |
p(x2 ) |
0,36 |
18 |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
P(y3 |
x2 )= |
p(x2 ,y3 ) |
= |
0,14 |
= |
7 |
. |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
p(x2 ) |
0,36 |
18 |
|
Следовательно, |
|||||||||||||
|
Y |
5 |
7 |
9 |
||||||||||
|
P(y |
x2 ) |
1 |
5 |
7 |
|||||||||
|
3 |
18 |
18 |
|||||||||||
Пример. Распределение непрерывной случайной величины (X,Y) задано двумерной плотностью вероятностей
|
f (x,y) = |
a |
. |
Найти: а) коэффициент a; б) плотности веро- |
||
|
1+ x2 + y2 + x2 y2 |
|||||
|
ятностей составляющих |
f1(x), f2 (x) и установить, являются ли величи- |
||||
|
ны X и Y независимыми; |
в) |
интегральную функцию распределения систе- |
|||
|
мы |
F(x,y); г) вероятность попадания случайной точки (X,Y) в квадрат |
||||
|
D : |
0≤ x ≤1, 0≤ y ≤1. |
||||
|
Решение. а) Так как |
80
|
f (x,y) = |
a |
a |
a |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
= |
1+ x2 + y2 (1+ x2 )= |
(1+ x2 )(1+ y2 ), |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
1+ x2 + y2 + x2 y2 |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
∞ ∞ |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
то из условия |
∫ ∫ f (x,y)dxdy =1 находим a: |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
−∞ −∞ |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
∞ ∞ |
a |
∞ |
1 |
∞ |
1 |
∞ |
∞ |
2 |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
−∞∫ |
−∞∫ |
(1+ x2 )(1+ y2 )dxdy =a−∞∫ |
dx−∞∫ |
dy |
= a arctg x |
−∞ arctg y |
−∞ |
=aπ |
= |
1, |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
1+ x2 |
1+ y2 |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
следовательно, |
a = |
1 |
. |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
π 2 |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
1 |
1 |
1 |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
б) |
Так как |
f (x,y) = |
π(1+ x2 ) |
π |
(1+ y2 )= f1(x) f2 (y), |
где |
f1(x) = |
π(1+ x2 ), |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
f2 |
(y) = |
1 |
, то величины |
X и Y независимы. |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
π(1+ y2 ) |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
в) |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
x |
y |
1 |
x |
dx |
y |
dx |
1 |
x |
y |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
F(x,y) = ∫ |
∫ |
f (x,y)dxdy = |
∫ |
∫ |
= |
arctg x |
−∞ arctg y |
−∞ |
= |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
π |
2 |
1+ x |
2 |
1+ y |
2 |
π |
2 |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
−∞ −∞ |
−∞ |
−∞ |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
1 |
arctgx + |
1 |
1 |
arctgy + |
1 |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
= |
2 |
2 |
. |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
π |
π |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
г) |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
P((X ,Y ) D)= ∫∫ f (x,y)dxdy = |
1 |
1 1 |
dxdy |
1 |
1 |
1 |
1 |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
∫∫ |
= |
arctg x |
0 arctg y |
0 |
= |
. |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
π |
2 |
2 |
)(1+ y |
2 |
) |
π |
2 |
16 |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
(D) |
0 0 (1+ x |
4.3. Зависимые и независимые случайные величины
Случайные величины X и Y называются независимыми, если закон распределения каждой из них не зависит от того, какое значение приняла другая величина.
Для независимых случайных величин условные плотности рас-
|
пре- |
||||
|
деления равны |
их безусловным плотностям, то есть |
f (x |
y) = f1(x), |
|
|
f (y |
x) = f2 (y). |
Поэтому необходимое и достаточное условие независимо- |
||
сти случайных величин X и Y состоит в том, что для них интегральная
81
функция распределения двумерной случайной величины (X,Y) равна произведению функций распределения составляющих
F(x,y) = F1(x)F2 (y).
В частности, для непрерывных двумерных случайных величин
f (x,y) = f1(x) f2 (y).
Пример. Имеются две независимые непрерывные случайные величины X и Y, подчиненные каждая показательному закону
|
f1 |
0 |
при |
x < 0, |
f2 |
0 |
при |
y < 0, |
|
(x) = |
при |
x > 0, |
(y) = |
µe−µy |
при |
y > 0. |
|
|
λe−λx |
|||||||
Найти: а) плотность распределения системы ; б) интегральную функцию распределения системы.
Решение.
|
а) f (x,y) = f1 |
(x) f2 (y) |
0 |
при |
x < 0 |
или |
y < 0, |
|||
|
= |
при |
x > 0 |
и |
y > 0. |
|||||
|
λµe−(λx+µ y ) |
|||||||||
|
x |
y |
0 |
0 |
x y |
|||||
|
б) |
F(x,y) = ∫ |
∫ f (x,y)dxdy = ∫ |
∫ 0dxdy + ∫∫λµe−(λx+µy )dxdy = |
||||||
|
−∞ −∞ |
−∞ −∞ |
0 0 |
|||||||
|
= (e−λ x −1)(e−µ y −1). |
|||||||||
|
Итак, |
F(x,y) |
0 |
при |
x ≤ 0 |
или |
y ≤ 0, |
|||
|
= (1− e−λ x )(1− e−µ y ) |
при |
x > 0 |
и |
y > 0. |
|||||
Количественными числовыми характеристиками системы двух случайных величин являются так называемые начальные и центральные моменты различных порядков, прежде всего, математическое ожидание, дисперсия и корреляционный момент.
Начальным моментом порядка k,s системы (X,Y) называется ма-
тематическое ожидание произведения X k на Y s :
αk ,s = M (X kY s ),
82
в частности, α1,0 = M (X ), α0,1 = M (Y ) — математические ожидания состав-
ляющих системы.
Центральным моментом порядка k,s системы (X,Y) называется математическое ожидания произведения центрированных величин:
µk ,s = M {[X − M (X )]k [Y − M (Y )]s },
в частности, µ2,0 = D(X ), µ0,2 = D(Y ) — дисперсии составляющих X и Y, характеризующие рассеивание случайной точки в направлении осей Ox и Oy.
Формулы для непосредственного подсчета моментов являются обобщением соответствующих формул для одномерных случайных величин.
Для дискретных двумерных случайных величин
|
αk ,s = ∑∑xik ysj pij , |
µk ,s = ∑∑[xi − M (X )]k [ y j − M (Y )]s pij , |
|
i j |
i j |
Для непрерывных двумерных случайных величин
∞ ∞
αk ,s = ∫ ∫xk ys f (x,y)dxdy,
−∞ −∞
∞∞
µk ,s = ∫ ∫[x − M (X )]k [y − M (Y )]s f (x,y)dxdy.
−∞ −∞
Особую роль как характеристика системы играет второй смешанный центральный момент µ1,1 = Kxy , называемый корреляционным момен-
том (или моментом связи):
Kxy = M {[X − M (X )][Y − M (Y )]}.
Для дискретных двумерных случайных величин
Kxy = ∑∑[xi − M (X )][y j − M (Y )]pij ,
i j
Для непрерывных двумерных случайных величин
Kxy = ∞∫ ∞∫[x − M (X )][y − M (Y )]f (x,y)dxdy.
−∞ −∞
83
Корреляционный момент помимо рассеивания случайных величин X и Y характеризует зависимость между ними.
Для независимых случайных величин X и Y Kxy = 0. Случайные величины, для которых Kxy = 0, называются некоррелированными.
Если Kxy ≠ 0, то это есть признак наличия зависимости между ними.
На практике для характеристики связи между случайными величинами удобно использовать безразмерную величину
|
r |
= |
Kxy |
, |
||
|
σ σ |
|||||
|
xy |
y |
||||
|
x |
называемую коэффициентом корреляции. Можно показать, что kxy ≤1.
Коэффициент корреляции служит для характеристики степени тесноты линейной зависимости между случайными величинами. В предельном случае когда величины X и Y связаны между собой линейной функ-
|
циональной зависимостью Y = kX + b, то rxy = ±1. |
||||||||||||
|
Пример. Непрерывная двумерная случайная величина |
(X,Y) задана |
|||||||||||
|
плотностью распределения f (x,y) = cosxcos y |
в квадрате |
0≤ x ≤ |
π , |
|||||||||
|
2 |
||||||||||||
|
0≤ y ≤ π , вне его |
f (x,y) = 0. Найти математические ожидания и диспер- |
|||||||||||
|
2 |
||||||||||||
|
сии составляющих. Доказать, что величины X и Y некоррелированны. |
||||||||||||
|
Решение. |
||||||||||||
|
π / 2 π / 2 |
cosxcos ydxdy = π −1, |
|||||||||||
|
M (X ) = ∫∫ f (x,y)dxdy = ∫ |
∫ |
|||||||||||
|
(D) |
0 |
0 |
2 |
|||||||||
|
D(X ) = ∫∫[x − M (X )]2 f (x,y)dxdy = ∫∫x2 f (x,y)dxdy − M 2 (X ) = |
||||||||||||
|
(D) |
(D) |
|||||||||||
|
π / 2 π / 2 |
x |
2 |
cosxcos ydxdy |
π |
2 |
|||||||
|
= ∫ |
∫ |
− |
2 |
−1 |
=π − 3. |
|||||||
|
0 |
0 |
|||||||||||
|
Из условия симметрии функции |
f (x,y) |
следует, что |
M (Y ) = π |
−1, |
||||||||
|
2 |
D(Y ) =π − 3.
84
|
π / 2 π / 2 |
π / 2 |
π |
|||||
|
K (x,y) = ∫ |
∫[x − M (X )][y − M (Y )]f (x,y)dxdy = ∫ |
x − |
2 |
−1 cosxdx |
|||
|
0 |
0 |
0 |
|||||
|
π / 2 |
π |
||||||
|
∫ |
y − |
2 |
−1 cosydy = 0. |
||||
|
0 |
Следовательно, величины X и Y некоррелированны.
- Информация о материале
- Категория: Глава 13. Показательное распределение
-
Опубликовано: 14 сентября 2018
-
Просмотров: 9375
Глава 13. Задача 4. Время безотказной работы элемента распределено по показательному закону (f(x) = 0,01e^{-0,01t}) ((t > 0)), где (t) — время, ч. Найти вероятность того, что элемент проработает безотказно 100 ч.
Решение.
Показательным законом надежности называют функцию надежности, определяемую равенством
[R(t) = e^{-lambda t}, qquad (*)]
где (lambda) — интенсивность отказов.
Эта формула позволяет найти вероятность безотказной работы элемента на интервале времени длительностью (t), если время безотказной работы имеет, показательное распределение.
По условию задачи, постоянная интенсивность отказов (lambda = 0,01).
Воспользуемся формулой (*):
[R(100) = e^{-0,01cdot 100} = e^{-1} approx 0,37.]
Ответ. (R(100) = 0,37).
Непрерывная случайная величина Х имеет Показательный (экспоненциальный) закон распределения с параметром λ, если ее плотность вероятности имеет вид
Функция распределения случайной величины, распределенной по показательному закону, равна
Кривая распределения Р(Х) и график функции распределения 
приведены на рис. 8.13.
Рис. 8.13
Для случайной величины, распределенной по показательному закону
; 
.
Вероятность попадания в интервал 
непрерывной случайной величины Х, распределенной по показательному закону
.
Замечание. Показательный закон распределения вероятностей встречается во многих задачах, связанных с простейшим потоком событий. Под Потоком событий понимают последовательность событий, наступающих одно за другим в случайные моменты. Например, поток вызовов на телефонной станции, поток заявок в системе массового обслуживания и др.
Пример 8.18. Непрерывная величина Х распределена по показательному закону
Найти вероятность попадания значений величины Х в интервал 
.
Решение. Поскольку 
, то 
Пример 8.19. Записать плотность распределения и функцию распределения показательного закона, если параметр 
. Найти математическое ожидание, дисперсию и среднее квадратическое отклонение случайной величины Х, распределенной по этому закону.
Решение. Так как , то плотность распределения
Функция распределения имеет вид
Поскольку для показательного закона
; 
,
А по условию 
, то
.
Пример 8.20. Установлено, что время ремонта магнитофонов есть случайная величина Х, распределенная по показательному закону. Определить вероятность того, что на ремонт магнитофона потребуется не менее 15 дней, если среднее время ремонта магнитофонов составляет 12 дней. Найти плотность вероятности, функцию распределения и среднее квадратическое отклонение случайной величины Х.
Решение. По условию математическое ожидание 
, откуда параметр 
. Тогда плотность вероятности и функция распределения имеют вид: 
; 
. Искомую вероятность 
можно найти, интегрируя плотность вероятности, т. е.
,
Но проще использовать функцию распределения
.
Среднее квадратическое отклонение 
Дней.
Пример 8.21. Найти асимметрию показательного распределения.
Решение. Так как асимметрия 
, а 
, то найдем вначале центральный момент третьего порядка
:
Найдем 
.
Интегрируя дважды по частям, получим
.
Аналогично рассчитаем
.
Следовательно,
.
Значит,
.
Часто длительность времени безотказной работы элемента имеет показательное распределение, функция распределения которого 
определяет Вероятность отказа элемента за время длительностью T. Здесь Т — длительность времени безотказной работы элемента, 
— интенсивность отказов (среднее число отказов в единицу времени).
Функция надежности 
определяет вероятность безотказной работы элемента за время длительностью T.
Пример 8.22. Испытывают три элемента, которые работают независимо один от другого. Длительность времени безотказной работы элементов распределена по показательному закону: для первого элемента 
; для второго 
; для третьего элемента 
Найти вероятности того, что в интервале времени 
часов откажут: а) только один элемент; б) только два элемента; в) все три элемента.
Решение. А) Вероятность отказа первого элемента
;
Второго элемента
;
Третьего элемента
.
Следовательно, искомая вероятность
.
Б) 
.
В) 
.
| < Предыдущая | Следующая > |
|---|
Определение Непрерывная случайная величина Х имеет показательный закон распределения с параметром 
, если ее плотность вероятности 
имеет вид
(5)
Кривая распределения и график функции распределения (рис. 2).
Рис 2.
Получим выражение для функции распределения по формуле 
.
1) При 
.
2) При 
.
По соответствующим формулам получаем выражения для 
и 
.
Задача. Среднее время безотказной работы прибора равно 80 ч. Полагая, что время безотказной работы прибора имеет показательный закон распределения, найти: а) выражение его плотности вероятности и функции распределения; б) вероятность того, что в течение 100 ч. прибор не выйдет из строя.
Решение. Х- время безотказной работы прибора, среднее время — 
, тогда по формуле (7) 
и по (5) 
;(6) 
.
Искомая вероятность 
Замечание. Показательный закон распределения играет большую роль в теории массового обслуживания и теории надежности.
МОСКОВСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ИНСТИТУТ ЭЛЕКТРОНИКИ И МАТЕМАТИКИ
Кафедра теории вероятностей и математической статистики
РЕФЕРАТ
По математической статистике
на тему:
«Равномерное распределение»
Выполнил: студенты группы М-65
Ражева А.А.
Кнутова А.С.
Проверил:Заведующий Кафедрой
Ивченко Г. И.
Москва 2012 г.
Непрерывное равномерное распределение — в теории вероятностей распределение, характеризующееся тем, что вероятность любого интервала зависит только от его длины.
Равномерное распределение полезно при описании переменных, у которых каждое значение равновероятно, иными словами, значения переменной равномерно распределены в некоторой области.
Определение
Говорят, что случайная величина имеет непрерывное равномерное распределение на отрезке [a,b], где 
, если её плотность имеет вид:
Пишут: X ~ U (a,b) или 
Иногда значения плотности в граничных точках x = a и x = b меняют на другие, например 0 или 
. Так как интеграл Лебега от плотности не зависит от поведения последней на множествах меры нуль, эти вариации не влияют на вычисления связанных с этим распределением вероятностей.
Если L (ξ) = U(a,b), то 
Равномерное распределение U (a,b) описывает процесс «выбора точки наудачу» в интервале [a,b]. Так, если [a,b] – интервал между последовательными отправлениями автобуса от остановки, то время ожидания пассажира, не знающего расписания и пришедшего на остановку, есть случайная величина с распределением U (0,1). Распределение U (0,1) играет особую роль в методах моделирования с помощью компьютеров случайных величин с заранее заданными распределениями. Такие методы широко используют для приближенных вычислений интегралов, решений дифференциальных и интегральных уравнений и т.д.
Пример (Гипотеза случайности).
В некоторых случаях априори предполагается (постулируется), что исходные данные представляют собой случайную выборку из некоторого распределения, т.е. компоненты вектора данных X=(
независимы и одинаково распределены. Как правило, это предположение бывает оправдано, так как вытекает из самого характера задачи, и не подвергается сомнению. Но иногда это исходное предположение само нуждается в проверке, т.е. оно рассматривается как статистическая гипотеза 
, называемая гипотезой случайности. Формализуется такая гипотеза следующим образом. Пусть 
обозначает функцию распределения выборки 
, тогда подлежащая проверки гипотеза означает утверждение : 
, где 
— некоторая одномерная функция распределения (она может быть полностью задана, либо задано семейство, которому она принадлежит, либо никак не специфицируется). Типичным примером ситуации, когда возникает необходимость проверки гипотезы случайности, является работа генератора (датчика) случайных чисел. Под случайными числами понимается последовательность 
независимых и равномерно распределённых на отрезке [0,1] случайных величин. Такие числа широко используются в различных областях: в статистике – для моделирования случайных выборок из различных распределений, в криптографии – при получении ключей для шифрования информации, в численном анализе и т.д. В практических задачах последовательность строят либо с использованием готовых таблиц случайных чисел, либо генерируют с помощью специальных датчиков, встроенных непосредственно в ЭВМ, либо получают программным способом по некоторому вспомогательному алгоритму (в последнем случае получаются так называемые псевдослучайные числа т.е. «очень похожие» на случайные). Во всех случаях (особенно в последнем) требуется осуществлять контроль за «качеством» вырабатываемой последовательности 
(т.е. чтобы эти числа были практически неотличимы от независимых одинаково распределенных чисел), что в математическом плане сводится к проверке гипотезы случайности.
Функция распределения
Интегрируя определённую выше плотность, получаем:
Так как плотность равномерного распределения разрывна в граничных точках отрезка [a,b], то функция распределения в этих точках не является дифференцируемой. В остальных точках справедливо стандартное равенство:
Характеристическая функция случайной величины X ~ U(a,b):
Математическое ожидание и дисперсия по определению равны:
Вообще,
Стандартное равномерное распределение
Если a = 0, а b = 1, то есть X ~ U[0,1], то такое непрерывное равномерное распределение называют стандартным. Имеет место элементарное утверждение:
Если случайная величина X ~ U[0,1], и Y = a + (b − a)X, где a < b, тo Y ~ U[0,1].
Таким образом, имея генератор случайной выборки из стандартного непрерывного равномерного распределения, легко построить генератор выборки любого непрерывного равномерного распределения.
Более того, имея такой генератор и зная функцию обратную к функции распределения случайной величины, можно построить генератор выборки любого непрерывного распределения (не обязательно равномерного) с помощью метода обратного преобразования. Поэтому, стандартно равномерно распределённые случайные величины иногда называют базовыми случайными величинами.
Линейное преобразование 
переводит СВ X ~ R(a,b) в СВ Y ~ R(0,1). Действительно,
Равномерное распределение является непрерывным аналогом дискретного распределения вероятностей для опытов с равновероятными исходами.
Значение
С помощью линейного преобразования приводится к равномерному распределению на отрезке [0,1]. Равномерное распределение является непрерывным аналогом распределений классической теории вероятностей, описывающих случайные эксперименты с равновероятными исходами.
Погрешность, происходящая от округления числа, удовлетворительно описывается равномерным распределением на отрезке [ − 1 / 2,1 / 2].
Если случайная величина ζ имеет непрерывную функцию распределения 
, то случайная величина 
имеет равномерное распределение на отрезке [0,1]. Этим объясняется широкое использование равномерного распределения в статистическом моделировании (методы Монте-Карло).
Моделирование
Обозначим буквой 
случайную величину с равномерным распределением на отрезке 
. Для этой случайной величины функция распределения и плотность распределения вероятностей соответственно имеют вид:
Если 
, то вероятность 
Моделировать случайную величину можно многими способами.
Мы рассмотрим метод псевдослучайных последовательностей, который наиболее просто реализуется в компьютере. Для получения псевдослучайной последовательности используем алгоритм, который называется методом середины квадратов. Поясним его на примере. Возьмем некоторое число 
. Пусть 
Возведем его в квадрат: 
.Выберем четыре средние цифры этого числа и положим 
. Затем возводим 
в квадрат: 
и снова выбираем четыре средние цифры. Получаем 
. Далее находим 
и т. д. Последовательность чисел 
принимают за последовательность значений случайной величины , имеющей равномерное распределение на отрезке . Для оценки степени приближения последовательности к последовательности случайных чисел с равномерным распределением используют статистические критерии.
Метод обратных функций.
Пусть случайная величина 
имеет монотонно возрастающую функцию распределения . Известно, что 
, значит, случайная величина с монотонно возрастающей функцией распределения связана со случайной величиной соотношением:
Отсюда следует, что значение 
случайной величины является решением уравнения:
где 
значение случайной величины , то есть:
Последовательности значений случайной величины соответствует последовательность 
значений случайной величины с функцией распределения .
Моделирование случайной величины с равномерным распределением на отрезке 
Пусть случайная величина имеет равномерное распределение на отрезке . Тогда её функция распределения имеет описанный выше вид. Тогда по методу обратных функций получаем:
Составляем уравнение 
, откуда 
Последовательности значений случайной величины соответствует последовательность значений: 
случайной величины , равномерно распределённой на отрезке .
Порядковые статистики.
Случайная величина 
, которая при каждой реализации выборки 
принимает значение 
, называется k-ой порядковой статистикой.
Для случая 
распределения порядковых статистик имеют вид:
При этом:
А также:
Если же 
, то плотность совместного распределения экстремальных значений выборки 
и 
имеет вид:
А также:
Отметим далее, что если 
и 
— независимые равномерно распределённые величины на отрезке [0,1], то величины 
— независимы и нормально распределены с параметрами (0,1).
Оценивание параметров в равномерном распределении.
Введём статистический аналог теоретического математического ожидания случайной величины :
— выборочное среднее.
Введём статистический аналог теоретической дисперсии случайной величины :
— выборочная дисперсия.
Любая измеримая функция от выборки 
называется статистикой.
Статистика 
называется несмещённой оценкой для заданной параметрической функции 
если она удовлетворяет условию:
Статистика 
для заданной параметрической функции 
называется состоятельной, если
То есть для любого 
при 
для любого 
.
ü Возьмём выборку 
из распределения 
и оценим параметр θ. Рассмотрим класс оценок вида 
Оптимальной несмещённой оценкой θ в данном классе оценок является:
Её дисперсия:
.
ü Оценим теперь параметр θ равномерного распределения 
по выборке 
Тогда:
Статистики 
и 
— несмещённые.
Кроме того, имеем: 
то есть оценка 
точнее. Более того, 
при 
то есть оценка состоятельная. Оценка же 
не обладает этим свойством.
ü Пусть теперь 
— выборка из 
. Тогда статистики 
и 
несмещённые и состоятельные оценки функций 
и 
соответственно.
Достаточные статистики и оптимальные оценки.
Если для любой оценки 
из класса 
, для любого , то оценку Т* называют оценкой с равномерно минимальной дисперсией. Такая оценка называется оптимальной оценкой.
Итак, T* — оптимальная оценка для параметрической функции 
, если
, 
, 
.
Статистика 
называется достаточной для параметрического семейства распределений P= 
(или достаточной для параметра 
), если условный закон распределения выборки при условии, что статистика T(X) приняла некоторое фиксированное значение t, не зависит от параметра .
Теорема Рао-Блекуэлла-Колмогорова: Оптимальная оценка, если она существует, является функцией от достаточной статистики.
Теорема: Если существует полная достаточная статистика, то всякая функция от неё является оптимальной оценкой своего математического ожидания.
То есть оптимальная оценка однозначно определяется уравнением 
, где Т – полная достаточная статистика, H(T) – произвольная функция от Т.
Функция 
, рассматриваемая при фиксированной реализации выборки 
как функция от , называется функцией правдоподобия.
Критерий факторизации.
Для того, чтобы статистика была достаточной для параметрического семейства распределений P, необходимо и достаточно, чтобы функция правдоподобия выборки 
в нём допускала следующее представление:
Где множитель h(x) от не зависит, а функция g(.) от реализации выборки зависит через функцию T(x).
ü Пусть — выборка из распределения 
Тогда 
— полная достаточная статистика для θ. Тогда 
— оптимальная несмещённая оценка θ, и вообще, 
— оптимальная оценка любой дифференцируемой функции 
ü Пусть теперь — выборка из распределения . Тогда достаточная статистика 
является полной. Кроме того, оценки и являются оптимальными. Наконец, статистики 
и 
являются несмещёнными, следовательно, и оптимальными оценками для параметров 
и 
соответственно.
ü Статистика — достаточная для модели 
где 
— заданные непрерывные функции скалярного параметра θ.
Если 
при возрастании θ, то в этом случае существует одномерная достаточная статистика 
Аналогично, если 
при возрастании θ, то одномерная достаточная статистика существует и имеет вид 
Этими двумя случаями исчерпываются ситуации, когда в модели существует одномерная достаточная статистика.
Для модели 
достаточной статистикой является 
, а для моделей 
и минимальной достаточной статистикой является T.
|
Кардиналистский и ординалистский подходы Кардиналистский (количественный подход) к анализу полезности основан на представлении о возможности измерения различных благ в условных единицах полезности… |
Обзор компонентов Multisim Компоненты – это основа любой схемы, это все элементы, из которых она состоит. Multisim оперирует с двумя категориями… |
Композиция из абстрактных геометрических фигур Данная композиция состоит из линий, штриховки, абстрактных геометрических форм… |
Важнейшие способы обработки и анализа рядов динамики Не во всех случаях эмпирические данные рядов динамики позволяют определить тенденцию изменения явления во времени… |
Предложите, как улучшить StudyLib
(Для жалоб на нарушения авторских прав, используйте
другую форму
)
Ваш е-мэйл
Заполните, если хотите получить ответ
Оцените наш проект
1
2
3
4
5