Образец выполнения контрольного задания № 2

1. По мишени производится 4 независимых выстрела с вероятностью попадания при каждом выстреле p = 0,8. Требуется найти: а) закон распределения дискретной случайной величины X, равной числу попаданий в мишень; б) вероятности p(1  X < 3); p(X > 3); в) .

Р е ш е н и е. а) Возможные значения случайной величины X: 0, 1, 2, 3, 4. Вероятности принятия этих значений вычисляем по формуле Бернулли:

Закон распределения X представлен таблицей:

X	0	1	2	3	4
p	0,0016	0,0256	0,1536	0,4096	0,4096

Проверка: 0,0016 + 0,0256 + 0,1536 + 0,4096 + 0,4096 = 1.

б) Вероятности событий p(1  X < 3) и p(X > 3) равны

p(1  X < 3) = р₁ + р₂ + р₃ = 0,0256 + 0,1536 + 0,4096 = 0,5888;

р(X > 3) = р₄ = 0,4096.

в) Математическое ожидание дискретной случайной величины X

Дисперсия и среднее квадратическое отклонение случайной величины X

.

2. Непрерывная случайная величина X задана функцией распределения:

Найти .

Р е ш е н и е. По свойству плотности распределения имеем

Математическое ожидание непрерывной случайной величины X

.

Дисперсия и среднее квадратическое отклонение случайной величины X

; .

3. Шкала угломерного инструмента имеет цену деления в 1°. Отсчет делается с точностью до целого деления с округлением в ближайшую сторону. Пусть случайная величина X – ошибка, допущенная при отсчете. Найти функцию распределения F(x) и плотность вероятности f(x). Определить вероятность того, что допущенная при отсчете ошибка превзойдет 20.

Р е ш е н и е. Случайная величина X – ошибка, допущенная при отсчете, имеет равномерное распределение в интервале (0; 30), поэтому

Вероятность того, что допущенная при отсчете ошибка превзойдет 20 минут:

р(X > 20) = 1 – р(X  20) = 1 – F(20) = .

4. Среднее время безаварийной работы смесителя 200 часов. Найти: а) ; б) вероятность того, что смеситель проработает от 50 до 150 часов.

Р е ш е н и е. Обозначим случайную величину Х – время работы смесителя, которая имеет показательное распределение.

Тогда математическое ожидание непрерывной случайной величины Х

М(X)=1/ = 200.

Откуда = 0,005, а дисперсия D(X) и среднее квадратическое отклонение случайной величины Х равны

D(X) = 1/ ²=1/0,005²=40 000; =1/ =200.

Плотность распределения вероятностей случайной величины Х

Вероятность того, что смеситель проработает от 50 до 150 часов:

.

5. Случайная величина X распределена по нормальному закону с параметрами а = 0 и  = 1. Написать выражения для плотности вероятности f(x) и функции распределения F(x). Найти вероятность р(1,25  X  2,55).

Р е ш е н и е. По условию а = 0 и  = 1, тогда плотность вероятности f(x) и функции распределения F(x) имеют вид

; F(x) = 0,5 + Ф(х),

где Ф(х) = – функция Лапласа.

Искомая вероятность по формуле 2 40

р(1,25  X  2,25) = = 0,09343.

6. Случайная величина X имеет показательный закон распределения:

Найти математические ожидания величин X и Y =  +3.

Р е ш е н и е. Согласно определению математического ожидания случайной величины X и функции одной случайной величины Y = (х) имеем

M[X] = ; M[(х)] =

или

2. Закон распределения системы случайных величин (X,Y) задан таблицей:

Х	Y
	= −1	= 0	= 1
= 0	0,01	0,04	0,05
= 1	0,06	0,24	0,10
= 2	0,05	0,15	0,10
= 3	0,04	0,07	0,09

1. Найти: а) законы распределения координат X и Y; б) закон распределения Y при условии, что X = 0; в) M(X), М(Y).

2. Выяснить являются ли случайные величины X и Y зависимыми.

Р е ш е н и е. 1. а) Ряды распределения для X и Y имеют вид:

X	0	1	2	3		Y	1	0	1
р	0,1	0,4	0,3	0,2		р	0,16	0,5	0,34

Для нахождения вероятностей принятия возможных значений X складываем вероятности по строке, а Y – по столбцам;

б) закон распределения Y при условии, что X = 0:

Y/X = 0	1	0	1
р	0,1	0,4	0,5

Для нахождения вероятностей р(Y/X = 0) вероятности, стоящие в первой строке исходной таблицы, делим на р(X = 0) = 0,1;

в) математические ожидания составляющих X и Y

; .

2. Случайные величины X и Y зависимы, так как закон распределения Y и закон распределения Y при условии, что X = 0, не совпадают.

8. Случайная величина Х подчиняется закону распределения N(1,1). Найти плотность распределения вероятностей случайной величины .

Р е ш е н и е. Закон распределения вероятностей случайной величины Х по условию нормальный, т.е.

Функция монотонно возрастающая всюду, поэтому обратная функция и ее производная имеют вид

Тогда по формуле (4.4) плотность распределения вероятностей случайной величины имеет вид

.

Получили плотность распределения вероятностей случайной величины , которая является функцией одной случайной величины X.

225