4

250

0,2

4

12

1000

0,1

3

20

250

1

4

28

800

0,5

5

5

300

1

5

13

400

0,25

3

21

300

1

5

29

200

1

3

6

400

0,5

3

14

600

0,25

5

22

400

0,5

4

30

300

1

4

7

800

0,5

4

15

800

0,05

4

23

100

0,5

3

31

400

0,5

3

8

100

2

3

16

1000

0,1

3

24

200

1,5

4

32

600

0,25

5

Х

называется

такая

случайная

величинаН = h( X ) , которая

принимает

значение hi

= h(хi ) каждый раз, когда

величина Х принимает значение хi.

Требуется найти закон распределения случайной величиныН, зная закон

распределения

величины Х.

Решение

этой

задачи

рассмотрим

последовательно в пунктахI, II, III, IV в зависимости от типа случайной

величины и особенностей функции h(x) .

I. Пусть Х –– дискретная случайная величина. Если функция h(x) в

области возможных значений Х монотонна, то величина Н примет значение

hi

= h(хi )

тогда и только тогда, когда

Х = хi . Следовательно, возможными

значениями Н будут значения hi = h(хi ) , и этим значениям соответствуют

вероятности рi

= Р(Н = hi )

Р=( Х

=хi ).

II.

Если

h(x)

немонотонна

и

существует

несколько значений

х1, х2 ,¼, хm ,

при которых h = h(хi ) , то

m

Р[h(x) = hi ]

P[ Х=

х1 или= Х

х2 или= ¼ или Х

=хm ]

åР=( Х

хi ).=

i=1

Следовательно, для нахождения закона распределения случайной

величины Н = h( X ) нужно вычислить все ее значения, расположить их в

порядке

возрастания, отбрасывая

повторяющиеся,

и

каждому

из

полученных

значений hi

приписать

вероятность,

равную

сумме

вероятностей тех значений Х, для которых h = h(хi ) .

Пример

2.59.

Дискретная

случайная

величина

имеет

закон

распределения

Х

–2

0

2

4

Р

0,4

0,2

0,3

0,1

Найти закон распределения Y = 9 – Х 2 .

значенияy = -7

Решение.

Вероятность

возможного

равна

события Х = 4 , т.е.

1

вероятности

0,1.

Вероятность

возможного

значения

y2 = 5 равна сумме вероятностей несовместных событийХ = -2

и Х = 2 ,

т.е. 0, 4 + 0,3 = 0,7.

Вероятность

значенияy3 = 9

равна Р( X = 0) = 0, 2.

Искомое распределение имеет вид

Y

–7

5

9

Р

0,1

0,7

0,2

Задача 2.59.

Случайная величина X имеет

биномиальный

закон

распределения с параметрами n и p (т.е. P( X = k) = Cnk pk qn-k , где q =1 – p ,

k = 0,1, 2,¼, n ). Найдите

закон

распределения

случайной

величины

№

p

№

p

№

p

№

p

№

p

№

p

1

0,1

6

0,5

11

0,4

16

0,8

21

0,7

26

1/3

2

0,4

7

1/3

12

0,7

17

0,6

22

0,2

27

0,9

3

0,2

8

0,6

13

1/4

18

0,9

23

3/4

28

0,3

4

1/4

9

0,3

14

3/4

19

2/3

24

1/6

29

5/6

5

1/6

10

2/3

15

0,5

20

0,1

25

0,8

30

0,7

Хi

–1

0

2

Р

0,6

0,3

0,1

Y

–2

0

4

Р

0,6

0,3

0,1

и M (Y ) = -2 ×0, 6 + 0 × 0,3 + 4 ×0,1=

-0,8. Найдем возможные значения Z:

Z = 0

+ 0

= 0 с вероятностью р = 0,3

× 0,3 = 0, 09;

Z = 0

+ 2

= 2 с вероятностью

р = 0,3

× 0,1 = 0, 03;

Z = 2 + (–1) =1 с вероятностью р = 0,1×0, 6 = 0,06;

Z = 2 + 0

= 2 с вероятностью

р = 0,3

× 0,1 = 0, 03;

Z = 2 + 2 = 4 с вероятностью р = 0,1

× 0,1 = 0,01.

Суммируя вероятности

повторяющихся

значенийZ,

получаем закон

распределения:

Z

–2

–1

0

1

2

4

P

0,36

0,36

0,09

0,12

0,06

0,01

и M (Z ) = -2 × 0,36 + (-1) ×0,36 + 0 × 0,09 +1×0,12 + 2 × 0,06 + 4 ×0,=01 -0,8.

Случайная

величина U

принимает

значения: U = (-1)2 =1 с

вероятностью 0,6; U = 0 с

вероятностью0,3 и U = 22 = 4 с вероятностью

0,1. Поэтому закон распределения U имеет вид:

U

0

1

4

и M (U ) = 0 ×0,3 +1×0,

P

0,3

0,6

0,1

6 + 4 ×0,1=

1. Найдем возможные значения W:

W = -1×(-1) =1 с вероятностью 0,6 ×0,6 = 0,36;

W = -1× 0 = 0 с вероятностью 0,6 ×0,3 = 0,18;

W = -1× 2=

-2 с вероятностью 0,6 ×0,1 = 0,06;

W = 0 × (-1) = 0 с вероятностью 0,3 × 0,6 = 0,18;

W = 0 ×0 = 0 с вероятностью 0,3 × 0,3 = 0,09;

W = 0 × 2 = 0 с вероятностью 0,3 ×0,1 = 0, 03;

W = 2 ×0 = 0 с вероятностью 0,1×03 = 0,3;

W = 2 ×(-1)=

-2 с вероятностью 0,1×0,6 = 0,06;

W

–2

0

1

4

и M (W ) = -2 × 0,12

P

0,12

0,51

0,36

0,01

+ 0 ×0,51 +1×0,36 + 4 ×0,=01

0,16.

Ответ.

Y

–2

0

4

Р

0,6

0,3

0,1

Z

–2

–1

0

1

2

4

P

0,36

0,36

0,09

0,12

0,06

0,01

U

0

1

4

P

0,3

0,6

0,1

W

–2

0

1

4

P

0,12

0,51

0,36

0,01

M (Y ) = -0,8; M (Z )= –0,8; M=(U ) 1; M=(W ) 0,16.

Задача

2.60.

Случайная

величинаX

имеет

биномиальный закон

распределения

с параметрамиn и p (т.е.

P( X = k) = Cnk pk qn-k , где q =1 – p ,

Xi

–1

1

Пусть S –– результат

P

q

p

n игр, т.е. S = X1 + X 2 +K+ X n . Требуется найти

M (S ), D(S ) и s(S ).

Решение. По свойству математических ожиданий

M (S) = M ( X1 + X 2 +K+ X n=)

M ( X1 ) + M ( X 2 ) +K+ M ( X n ).

Так

как M ( X i ) = (-1) × q +1× p = p – q,

то M (S) = n( p – q).

В

силу

независимости случайных величин Xi

D(S ) = D( X1 + X 2 +K+ X n=) D( X1 ) + D( X 2 ) +K+ D( X n ).

Так

как M ( Xi

2 ) = (-1)2 q +12 × p = p + q =1, то D( Xi ) =1 – ( p – q)2 =

= (1 - p + q)(1 + p –=q) 2q × 2p = 4 pq.

Поэтому D(S ) = 4npq

и

s(S ) =

x+Dx

Для малых Dх вероятность Р(х < X < x + Dх)

ò

= f (t) dt » f (x)Dх.

x

Соответственно Р(h < H < h + Dh) º g(h)Dh. Функция

h(x) монотонна,

Рис. 2.11.1

Значит, события х < X < x + Dх

и h < H < h + Dh

эквивалентны и

вероятности этих событий равны

Р(х < X < x + Dх) = Р(h < H < h + Dh).

(2.11.1)

Поэтому

f (x)Dх » g(h)Dh. Последнее

равенство в пределе приDх ® 0

становится точным равенством

f (x)dх = g(h)dh.

(2.11.2)

Из

дифференцируемости и монотонности функцииh = h(х) следует

dh

dx(h)

f [x(h)]

dh = g(h)dh.

(2.11.3)

dh

Знак модуля взят потому, что в левой части равенства(2.11.3) стоит

неотрицательная величина, а производная функции х(h)

может оказаться

g(h) = f [x(h)]

dx(h)

,

(2.11.4)

dh

Пример 2.62. Прямая линия вращается в плоскости

и ось ее

вращения находится в точке с координатами(0,1). Прямая приводится во

вращение, которое останавливается под

действием

сил трения. При

остановке равновозможно любое положение прямой, т.е.

угол Х (рис.

2.11.2) имеет равномерное распределение

в отрезке[0, p].

Найти

закон

h = ctg(x) или x = arcсtg h . Откуда

dx

= -

1

.

1 + h2

dh

Рис. 2.11.2

Случайная

величина Х равномерно

распределена в отрезке[0, p] с

плотностью

вероятности

f (x) =1 / p

при 0 £ х £ p и

f (x) = 0

при

остальных х. Из

формулы (2.11.4)

имеем

g(h) =

1

×

1

.

Это плотность

p

+ h2

вероятности закона распределения Коши.

1

Ответ. g(h) =

1

×

1

.

p

+ h2

1

Задача

2.62.

Через

точкуA(a,b)

наугад проведена прямая. Все

положения

прямой

равновозможны. Найдите

распределение

точки

пересечения этой прямой: а) с осью ОX; б) с осью ОY. (См. пример

2.62 и

исходные данные.)

Исходные данные к задаче 2.62.

№

a

b

№

a

b

№

a

b

№

a

b

№

a

b

№

a

b

1

2

4

6

3

6

11

4

7

16

4

10

21

5

6

26

8

2

2

2

5

7

3

7

12

4

8

17

4

3

22

6

2

27

8

3

3

2

6

8

3

8

13

2

7

18

5

2

23

6

3

28

8

4

4

3

4

9

4

5

14

1

2

19

5

3

24

6

4

29

8

6

5

3

5

10

4

6

15

4

2

20

5

3

25

6

5

30

1

4

Пример 2.63.

В

точке А(0,0,1)

на

вертикальной

оси

находится

начала

координат

до

точки

попадания

частицы в

горизонтальную

плоскость. Требуется найти также вероятность попадания частицы в круг

на горизонтальной

плоскости

радиусомr =1

с

центром

в

начале

координат.

Решение. Пусть r ––

расстояние от начала

координат

до

точки

попадания частицы в горизонтальную плоскость. Для

угла X (см. рис.

2.11.3) равновозможны все значения в отрезке [0, p / 2].

Рис. 2.11.3

Поэтому

случайная

величинаX

имеет

функцию

плотности

вероятности

ì2 / p

при x Î[0,p / 2],

f (x) =

í

при остальных x.

î0

Заметим,

что

r

= tg X .

Так

как

обратная

функция

имеет вид

1

x = x(r) arctg= r, то по формуле (2.11.4)

2

1

g(r) =p

×

.

1 + r2

Вероятность попадания частицы в круг на горизонтальной плоскости

радиусом r =1 с центром в начале координат равна

1

2 1

dr

2

1

2

æ p

ö

1

P(r <1) =òg(r) dr

=ò

=

2

arctg r

0

=

ç

- 0 ÷

=

.

0

p 0

1 + r

p

p è

4

ø

2

Ответ. g(r)

2

1

;

1

.

=p

×

1 + r2

2

Задача 2.63.

В

точке

А(0,0, a) на вертикальной оси находится

источник корпускулярного излучения. (Траектории частиц, вылетающих из

точки А, –– прямые

линии.)

Полагая интенсивность излучения по всем

Решение.

Из

равенства х =

h – b

получаем, что

dx(h)

=

1

. Так как

dh

а

a

f (x) =

1

ì

х

2

ü

exp í-

ý

, то по формуле (2.11.4) имеем

2

2p

î

þ

g(h) =

1

ì

(h - b)

2

ü

1

exp í-

ý

.

2s2

2p

î

þ a

Ответ. N (b, a2 ).

Задача 2.64.

Случайная величинаX имеет плотность вероятности

f (x). Случайная

величинаH = aX + b. Найдите

плотность

вероятности

случайной величины H.

x + 2

В 1–6 вариантах f (x) =

при x Î[–2, 2] и

f (x) = 0 при остальных

8

x; в 7–12 вариантах

f (x) =

1

(закон распределения Коши); в 13–18

p(1 + x2 )

вариантах

f (x) =

1

(закон

распределения арксинуса); в 19–24

p 1 - x2

2 – x

вариантах

f (x) = 0,5e-|x| ; в 25–30 вариантах

f (x) =

при

x Î[–2, 2] и

8

f (x) = 0 при остальныхx. (См. пример 2.64,

величины a и b возьмите из

исходных данных к задаче 2.62.)

Р(h < H < h + Dh)

=Р(х1 < X < x1 + Dх1 или х2 < X < x2 + Dх2 =

K)

= Р(х1 < X < x1 + Dх1 ) + Р(х2 < X < x2 + Dх2 ) +K .

Каждое слагаемое в этом равенстве

соответствует отдельному

интервалу монотонности функции h(х) . Повторяя рассуждения пункта III

для каждого интервала монотонности, можно показать, что

g(h) = f [x1(h)]

dx1 (h)

+ f [x2 (h)]

dx2 (h)

+K+ f [xm (h)]

dxm

(h)

,

(2.11.5)

dh

dh

dh

где x1 (h), x2 (h),¼ –– функции,

обратные к h(х)

на

соответствующих

интервалах монотонности.

Рис. 2.11.4

Пример 2.65.

Случайная

величинаX имеет плотность вероятности

1

f (x) =

. Найти

плотность

вероятности

случайной величины

p(1 + x2 )

H = X 2 .

Функция h = x2

Решение.

немонотонная. На интервале (-¥;0) она

убывает, а на

интервале(0,¥)

возрастает. Обратные функции имеют вид

соответственно x = -

и x =

. В соответствии с формулой (2.11.5) имеем

h

h

g(h) =

1

-1

+

1

1

=

1

при h ³ 0.

p(1 + h)

p(1 + h)

2 h

2 h

p h (1 + h)

Задача 2.65.

Случайная величинаX имеет плотность

вероятности

f (x). Случайная

величинаH = j(x). Найдите плотность

вероятности

случайной величины H. В 1–6 вариантах

f (x) =

x + 2

при x Î[–2, 2] и

8

f (x) = 0

при

остальныхx,

а

j(x)

=exp{-a | x |}.

В

7–12

вариантах

f (x) =

1

при x Î(–1;1),

и f (x) = 0

при

остальныхx (закон

p 1 - x2

3(a2 - x2 )

распределения арксинуса), j(x) = ax2. В 13–18 вариантах

f (x) =

4a3

при x Î(-a; a)

и f (x) = 0 при остальных x,

j(x) = x2.

В 19–24 вариантах

f (x) = 0,5e-|x| , а j(x) = ax2 . В 25–30 вариантах

f (x) =

2 – x

при x Î[–2, 2] и

f (x) = 0

остальных x,

j(x) = ax2.

8

при

(См.

пример 2.69 и

исходные

№

a

№

a

№

a

№

a

№

a

№

a

№

a

№

a

№

a

№

a

1

2

4

3

7

1

10

16

13

1

16

4

19

1

22

16

25

1

28

16

2

1

5

6

8

4

11

25

14

2

17

5

20

4

23

25

26

4

29

25

3

4

6

5

9

9

12

36

15

3

18

6

21

9

24

36

27

9

30

36

V.

Рассмотрим

смешанную

случайную

величинуХ,

функция

распределения

которой

имеет

точки разрывах , х ,¼, х

со

скачками

р1, р2 ,K рm .

1

2

m

соответственно

Это

означает, что Х,

помимо возможных

значений нулевой вероятности, имеет значения х1, х2 ,¼, хm с отличными от

нуля вероятностями р1, р2 ,K рm .

В

этом

случае

плотность

распределения

вероятностей

в точках

х1, х2 ,¼, хm

обращается в бесконечность, т.е. формально не существует. Эту

трудность

можно обойти, если воспользоваться дельта-функцией

d(x),

которая понимается как производная(в обобщенном смысле) от функции

единичного скачка h(x) = 0

при х £ 0 и h(x) =1 при х > 0 . Наглядно d(x)

можно представить себе плотностью распределения«масс», при которой в

точке х = 0

сосредоточена

единичная масса, а масса

во

всех

остальных

точках равна нулю. Поэтому

m

m

до 1 – å pk

. Тогда f (x) = f%(x) + å pk d(x - xk ) , и формула (2.11.4) примет

k =1

k =1

вид

dx(h)

m

g(h) = f [x(h)]

+ å pk d(h - hk ),

где hk = h(xk ).

dh

k =1

Пример 2.66.

Случайная

величинаX имеет закон

распределения

1

Коши с

функцией

плотности

вероятностиf (x) =

. Случайная

p(1 + х2 )

Рис. 2.11.5

Решение. Из графика функции j(x)

видно, что значения X Î(-¥, -1]

преобразуются

в

значениеY = -1.

Поэтому

Р(Y = -1) = Р(-¥ < X £1) =

1

-1

1

dx

1

аrctg(x)

-1

1 æ

p

p ö

1

. Аналогично P(Y =1) =

1

.

=

=

=

-

+

=

ç

÷

p

-ò¥ 1

+ х2

p

-¥

p è

4 2 ø

4

4

На интервале (-1,1)

функция у = – х.

Обратная функция: х = – у.

Поэтому

1

1

g%( y) =

×| -1|=

.

p[1 + (-у)2 ]

p(1 + у2 )

получаем

g( y) =