Материал: Краткий курс Теории вероятностей и математической статистики, Овсянникова
P(Z =14) = P( X = 6) P(Y = 8) = 0,6 0,2 = 0,12
Таким образом, |
закон |
распределения |
случайной величины |
|||||
Z = X + Y имеет вид |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Zi |
|
12 |
|
13 |
|
14 |
|
|
pi |
|
0,32 |
|
0,56 |
|
0,12 |
|
Убедимся, что сумма вероятностей равна единице:
3
∑ pi = 0,32 + 0,56 + 0,12 =1
i =1
Решение: в). Вычислим математическое ожидание случайной величины Z двумя способами.
1) Найдем математическое ожидание случайной величины Z непосредственно, то есть используя определение
M (Z )= ∑3 zi pi .
i =1
Тогда математическое ожидание
M (Z ) = 12 0,32 +13 0,56 +14 0,12 = 12,8 .
2) Найдем математическое ожидание случайной величины Z, используя свойство математического ожидания
M ( X + Y ) = M ( X ) + M (Y ) .
Для этого вычислим математические ожидания случайных величин X и Y:
91
M (X )= ∑2 |
xi pi = |
5 0,4 + 6 0,6 = 2 + 3,6 = 5,6. |
|
i=1 |
|
|
|
M (Y )= ∑2 |
yi pi =7 |
0,8 + 8 0,2 = 5,6 + 1,6 =7 ,2. |
|
i=1 |
|
|
|
Тогда
M (Z ) = M ( X + Y ) = M ( X ) + M (Y ) = 5,6 + 7,2 = 12,8 .
Решение: г). Вычислим дисперсию случайной величины Z двумя способами.
1) Найдем дисперсию случайной величины Z непосредственно, то есть используя определение
D(Z ) = M (Z 2 )− (M (Z ))2 .
При решении в пункте в) было найдено математическое ожидание случайной величины Z: M (Z ) = 12,8 . Найдем математическое ожидание квадрата дискретной случайной величины Z
M (Z 2 )= ∑n zi2 pi .
i=1
В результате применение формулы, получим
M (Z 2 )= 122 0,32 +132 0,56 +142 0,12 = 164,24 .
Тогда дисперсия
D(Z ) = 164,24 −12,82 = 0,4 .
92
2) Найдем дисперсию случайной величины Z, используя свойство дисперсии
D( X + Y ) = D( X ) + D(Y ) .
Для этого вычислим дисперсии случайных величин X и Y:
D( X ) = M (X 2 )− (M (X ))2
D(Y ) = M (Y 2 )− (M (Y ))2
При решении в пункте в) были найдены математические ожидания случайны величин X и Y: M (X ) = 5,6 M (Y ) = 7,2 . Найдем математические ожидания квадратов дискретных случайных величин X и Y.
В результате применение формул, получим
M (X 2 )= ∑2 |
xi2 pi |
= 52 0,4 + 62 0,6 =10 + 21,6 = 31,6, |
i=1 |
|
|
M (Y 2 )= ∑2 |
y i2 pi |
= 72 0,8 + 82 0,2 = 39,2 +12,8 = 52. |
i=1 |
|
|
Тогда D( X ) = 31,6 − 5,62 = 0,24 , D(Y ) = 52 − 7,22 = 0,16 .
Тогда применяя свойство, получим
D(Z ) = D( X + Y ) = D( X ) + D(Y ) = 0,24 + 0,16 = 0,4 .
Ответ: а). P( X = 5) = 0,4 .
б). Закон распределения случайной величины Z = X +Y имеет вид
93
Z i |
12 |
13 |
14 |
pi |
0,32 |
0,56 |
0,12 |
в). M (Z ) = 12,8 .
г). D(Z ) = 0,4 .
Задание № 6 связано со случайными величинами непрерывного типа и их числовыми характеристиками.
Задание 6
Случайная величина X задана функцией плотности вероятно-
стей
0, |
|
x ≤ 0 |
||
|
|
|
|
|
x |
|
|
||
f (x) = |
|
|
, |
0 < x ≤ 2 |
2 |
|
|||
|
|
|
x > 2 |
|
0, |
|
|||
|
|
|
|
|
Найти функцию распределения F( x ) случайной величины X. |
||||
Построить графики функций |
f ( x ) |
и F( x ) . Вычислить для X ее |
||
математическое ожидание M(X), дисперсию D(X), моду M 0 и ме-
диану M e
Решение: а). Функцию распределения F( x ) непрерывной случайной величины найдем по формуле
F (x) = ∫x f (t)dt ,
−∞
где f ( x ) ≥ 0 – функция плотности распределения вероятностей.
94
Так как функция плотности распределения вероятностей представлена на трех интервалах разными аналитическими выражениями, то вычислять значение функции распределения вероятностей также будем на трех интервалах.
1). При x ≤ 0 имеем F (x) = ∫x |
f (t)dt = ∫x |
0dt = 0 . Так как по- |
−∞ |
−∞ |
|
дынтегральная функция равна нулю, то и несобственный интеграл с переменным верхнем пределом равен нулю, как впрочем и любой определенный интеграл, у которого подынтегральная функция равна нулю.
2). При 0 < x ≤ 2 исходный интеграл разобьем на два интеграла:
|
|
|
x |
|
0 |
x |
t |
|
1 x |
1 |
|
t 2 |
|
|
x |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
F (x) = ∫ |
f (t)dt = ∫0dt + ∫ |
|
dt = |
|
∫tdt = |
|
|
|
|
|
= |
||||||||
2 |
2 |
2 |
2 |
||||||||||||||||
|
|
|
−∞ |
|
|
|
−∞ |
0 |
|
0 |
|
|
|
0 |
|||||
= |
1 |
(x2 |
− 0 |
2 )= |
x2 |
. |
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
3). При x > 2 исходный интеграл разобьем на три интеграла:
x |
0 |
2 |
t |
x |
1 |
2 |
1 |
|
t 2 |
|
2 |
||
|
|
||||||||||||
F (x) = ∫ |
f (t)dt = ∫0dt + ∫ |
|
dt + ∫0dt = |
|
∫tdt = |
|
|
|
|
|
= |
||
2 |
2 |
2 |
2 |
||||||||||
−∞ |
−∞ |
0 |
2 |
0 |
|
|
|
0 |
|||||
|
|
|
|
||||||||||
= 14 (22 − 02 )=1.
Таким образом функция распределения F (x) примет вид
0, |
x ≤ 0 |
|||
x2 |
0 < x ≤ 2 |
|||
F (x) = |
|
, |
||
4 |
||||
|
|
x > 2 |
||
1, |
||||
|
|
|
|
|
95