2. Случайные величины 2.0. Введение В главах 2 и 3 содержится

2. Случайные величины
2.0. Введение
В главах 2 и 3 содержится материал по теме «Случайные величины», включающий в себя следующие разделы:
1. Законы распределения и числовые характеристики одномерных случайных
величин.
2. Случайные векторы (законы распределения, характеристики, независимость, корреляция, вероятность попадания в область).
3. Числовые характеристики функций случайных величин (теорема о математическом ожидании функции случайной величины, свойства матожидания,
дисперсии, ковариации и др. характеристик).
4. Законы распределения функций (поиск закона распределения функций, задача композиции).
5. Законы больших чисел (неравенства Чебышева, теоремы Чебышева, Маркова, Бернулли).
6. Предельные теоремы теории вероятностей (центральная предельная теорема, теоремы Муавра-Лапласа, нормальная асимптотика ряда законов).
Основное внимание уделяется простоте и доступности изложения материала,
возможности его изучения в режиме самостоятельной работы. С этой целью
разобрано большое количество примеров, наглядно иллюстрирующих вводимые
понятия, теоремы и правила.
Разобранные задачи дополняются упражнениями, которые предлагается выполнить самостоятельно. Упражнения снабжены ответами и, в случае необходимости, указаниями. Дополнительно указаны задачи из основного задачника [1],
которые рекомендуется решить для закрепления знаний и навыков, а также источники, содержащие теоретический материал по данному разделу. Тема заканчивается контрольными вопросами, относящимися ко всем новым понятиям и
результатам, рассмотренным в ней.
93
В конце 3 главы предложены две контрольные работы, решение одной из которых приводится в тексте, другую рекомендуется решить самостоятельно. Завершается глава двумя вариантами тестовой работы из 20 задач каждая.
Порядок работы с методическим материалом по данной теме совпадает в основных чертах с тем, который приведен во введении к главе 1. Основное отличие
связано с количеством задач в контрольном варианте (5 вместо 6). Оценка за
контрольную выставляется по следующему правилу:
Число решенных задач
Оценка
5
отлично
4
хорошо
3
0,1,2
удовл.
неуд.
Для окончательной оценки результатов изучения темы необходимо выполнить один из вариантов тестовой работы. В перечне тестовых задач после каждого номера в скобках указаны: номер раздела и уровень трудности данной задачи.
Ввиду большого количества задач рекомендуется выполнять тестовую работу в три этапа. На первом этапе решаются первые 6 задач, относящиеся к разделам 1-2. На работу отводится 1 астрономический час. Правильность выполнения
1-го этапа контролируется по ответам. Критерий оценок следующий:
Число решенных задач
Оценка
5-6
отлично
4
хорошо
3
0,1,2
удовл.
неуд.
Если результат по первому этапу получен неудовлетворительный, то следует
разобраться с ошибками, для чего необходимо вернуться к основному тексту пособия по данным разделам и повторить решение ряда задач и упражнений для
лучшего усвоения материала и установления причины ошибок. Затем повторить
решение тех тестовых задач, по которым получены неправильные ответы. Переход ко 2-му этапу рекомендуется только при достижении положительных оценок
по контрольной работе и тестовому заданию 1-го этапа.
На втором этапе решаются следующие 6 задач с номерами 7 – 12, относящихся к разделу 3. Время выполнения и критерий оценок те же, что и в первом
случае.
На третьем этапе предлагается решить оставшиеся 8 задач с номерами 13 –
20 по разделам 4 – 6, традиционно наиболее сложным для изучающего теорию
вероятностей. На работу отводится 1,5 астрономических часа. Для этого этапа
критерий оценки выполнения работы следующий:
94
Число решенных задач
Оценка
8
6–7
4–5
0–3
отлично
хорошо
удовл.
неуд.
Переход к изучению глав по статистике рекомендуется делать только после
получения положительной оценки по всем этапам тестовой работы.
2.1. Одномерные случайные величины
2.1.1. Основные понятия. Функция распределения
случайной величины
Пусть (  , F, P) – произвольное вероятностное пространство.
Определение. Числовая функция X  X () элементарного события  с областью определения  называется случайной величиной, если x  R :
X  x   | X ()  x F .
Возможные значения x функции X () называются реализациями случайной
величины X () .
Комментарий. Смысл этого определения состоит в следующем. Поскольку
не любое подмножество  является событием, и все события составляют алгебру подмножеств F, то естественно рассматривать такие функции X  X () ,
для которых имеет смысл говорить о вероятностях попадания X  X () в достаточно простые числовые множества, в частности, множества X  x. Свойство
X  x   | X ()  x F
гарантирует, что при любом x неравенство X  x
есть событие, а значит, имеет смысл говорить о его вероятности.
Замечание. Если вероятностное пространство (  , F, P) – конечно, то случайной величиной называют любую числовую функцию X  X () от элементарного события   .
Будем обозначать случайные величины прописными (большими) буквами
латинского алфавита: X, Y, Z, …; а их возможные значения (реализации) – соответствующими строчными (малыми) буквами x, y, z, …
Пример 2.1.1. Опыт – бросание игральной кости. Случайная величина X –
число выпавших очков. Множество возможных значений (реализаций) является
конечным: {1, 2, 3, 4, 5, 6}.
95
Пример 2.1.2. Опыт – с помощью точного прибора дважды измеряется емкость конденсатора. Случайная величина X – разность между результатами первого и второго измерений. Множество возможных значений (реализаций) – все
точки числовой оси.
Определение. Законом распределения случайной величины называется любое правило (таблица, функция), позволяющее находить вероятности всех возможных событий, связанных со случайной величиной.
Если случайная величина X имеет данный закон распределения, то говорят,
что случайная величина распределена по этому закону (подчинена этому закону
распределения). Наиболее общей формой закона распределения пригодной для
любых случайных величин является функция распределения.
Определение. Функция FX ( x)  PX  x , определенная x  R , называется
функцией распределения случайной величины Х.
С помощью функции распределения можно вычислять вероятности попадания случайной величины Х в различные промежутки вида
x1  X  x2 ,
x1  X  x2 , x1  X  x2 , x1  X  x2 , а также вероятность события {X  x} :
Px1  X  x2   FX ( x2 )  FX ( x1 ) , Px1  X  x2   FX ( x2  0)  FX ( x1 ) ,
Px1  X  x2   FX ( x2 )  FX ( x1  0) , Px1  X  x2   FX ( x2  0)  FX ( x1  0) ,
PX  x  FX ( x  0)  FX ( x) .
Функция FX (x) обладает следующими свойствами:
1.
0  FX ( x)  1 x  R ;
2.
FX (x) не убывает;
3.
FX (x) непрерывна слева;
4.
FX ()  0 , FX ()  1 .
Пример 2.1.3. Известно, что PX  2  0,4 . Найти FX (2) .
Решение. По определению функции распределения FX ( x)  PX  x . Следовательно, FX (2)  1  PX  2. Поэтому FX (2)  1  0,4  0,6 .
Ответ: FX (2)  0,6 .
2.1.2. Дискретные случайные величины
96
Определение. Случайная величина называется дискретной, или дискретного типа (сокращенно СВДТ), если множество ее возможных значений конечно
или счетно.
Простейшей формой закона распределения СВДТ с конечным множеством
значений является ряд распределения, который задается аналитически или при
помощи таблицы.
Пример 2.1.4. Гипергеометрическое распределение – распределение числа
белых шаров X в выборке без возвращения объема n из урны, содержащей М белых и N  M черных шаров:
CMm CNnmM
PX  m 
, m  0 , 1, ... , min n , M  .
CNn
Пример 2.1.5. Равномерное распределение на множестве 1, 2 , ... , N  :
PX  m 
1
, m  1, 2 , ... , N .
N
В ряде распределения, задаваемом при помощи таблицы, в верхней строке
расположены по возрастанию все возможные значения x1 , x2 , ... , xn СВДТ X, а в
нижней – соответствующие им вероятности pi  PX  xi , i  1, 2 , ... , n :
X
P
Имеет
место
x1
x2
…
xn
p1
p2
…
pn
p1  p2  ...  pn  1,
равенство
т.к.
события
X  x1 , X  x2 , … , X  xn  попарно несовместны и образуют полную группу. С помощью этой таблицы можно найти вероятности любых событий:
PX  B 
p
xi B
i
.
Пример 2.1.6. Закон распределения СВДТ X задан при помощи таблицы:
X
P
,1
1
3
5
7
0
0
0
0
,3
,2
,4
Найти вероятность события {3  X  4} .
Решение. P 3  X  4  0,1  0,3  0,4 .
Ответ: 0,4.
97
Графическое
изображение
ряда
распределения
P
называется многоугольником распределения. Для слу-
0,4
0,3
0,2
0,1
чайной величины из примера 2.1.6 многоугольник распределения показан на рис. 2.1.1.
0 1
Кроме геометрической интерпретации распределе-
3
5
7
x
Рис. 2.1.1.
ния СВДТ X часто оказывается полезной механическая
интерпретация в виде ряда материальных точек x1 , x2 , ... , xn на оси абсцисс,
имеющих массы p1 , p2 , ... , pn соответственно, причем p1  p2  ...  pn  1.
Зная закон распределения СВДТ X, можно составить функцию распределения FX (x) , представляющую собой, согласно определению, функцию накопленных вероятностей:
FX ( x)   P{X  xi } ,
xi  x
где суммирование распространяется на все значения индекса i, для которых
xi  x .
Из равенства PX  x  FX ( x  0)  FX ( x) следует, что в точках разрыва функции FX (x) имеет место положительная вероятность PX  x  0 . Так как при каждом натуральном n может быть не более n точек x с вероятностями PX  x 
1
, то
n
у функции FX (x) имеется не более счетного числа точек разрыва.
Обозначим x1 , x2 , ... все точки разрыва функции FX (x) . Если вероятности
PX  xk   pk таковы, что
p
k
 1 , то это равносильно тому, что случайная ве-
k
личина X имеет дискретное распределение, т.е. является СВДТ.
Замечание. Для СВДТ X функция распределения FX (x) имеет ступенчатый
вид, испытывая скачки в точках x, для которых существует положительная вероятность события X  x . При этом уточним, что стрелки «ступенек» должны
быть, согласно определению FX (x) , направлены влево!!!
Пример 2.1.7. Закон распределения СВДТ задается при помощи таблицы:
–
X
3
P
–
0
2
3
0
0
0
0
1
0
98
,1
,3
,1
,3
,2
Составить функцию распределения и построить ее график. С помощью
FX (x) найти вероятности событий {X  2} и {1  X  2} .
Решение. По
FX ( x)  PX  x , поэтому:
FX  x 
0 ,
0,1,

0,4 ,
FX ( x)  
0,5 ,
0,8 ,

1,
1
0,8
0,5
-3
определению
x
-1 0 1 2 3
x  3 ,
3  x  1,
1  x  0 ,
0  x  2,
2  x  3,
x  3.
График функции распределения FX (x) при-
Рис. 2.1.2.
веден на рис. 2.1.2.
PX  2  FX (2  0)  FX (2)  0,8  0,5  0,3 ;
P 1  X  2  FX (2  0)  FX (1  0)  0,8  0,4  0,4 .
Ответ: PX  2  0,3 , P 1  X  2  0,4 .
Введем важное понятие индикатора события.
Определение. Индикатором события A  F называется СВДТ
1,   A ,
I A  I A ()  
0 ,   A .
Если р – вероятность события А, то ряд распределения случайной величины
I A имеет следующий вид:
IA
0
1
1 p p
P
Многоугольник распределения СВДТ I A
(при
p  0,5 ) построен на
рис. 2.1.3 а. Функция распределения СВДТ I A :
x  0,
0 ,

FI ( x)  1  p , 0  x  1,
1,
x  1.

A
График функции распределения I A приведен на рис. 2.1.3 б.
99
FI A  x 
PIA
1
p
1- p
1-p
0
1
x
x
1
а
б
Рис. 2.1.3.
Пример 2.1.8. Законы распределений СВДТ X и Y заданы при помощи таблиц:
X
–
0
Y
0
1
0
0
P
0
0
1
P
,5
,5
,5
,5
Сравнить FX ( FY (0,5)) и FY ( FX (0,5)) .
Решение. Используя ряды распределений, получим:
FY (0,5)  PY  0,5  PY  0  0,5 ,
FX (0,5)  PX  0,5  P{ X  1}  { X  0}  P{X  1}  P{X  0}  1 .
Тогда
FX ( FY (0,5))  FX (0,5)  1 ,
FY ( FX (0,5))  FY (1)  P{Y  1}  P{Y  0}  0,5 .
Значит, FX ( FY (0,5))  FY ( FX (0,5)) .
Ответ: FX ( FY (0,5))  FY ( FX (0,5)) .
Пример 2.1.9. В урне 5 белых и 25 черных шаров. Вынули один шар. Случайная величина Х – число вынутых белых шаров. Составить функцию распределения FX (x) .
Решение. Поскольку вынимается только один шар, то возможны два элементарных исхода:
1  {вынутый шар  черный } , 2  {вынутый шар  белый}.
Поэтому случайная величина Х – число вынутых белых шаров – может принимать только два значения: 0 и 1. При этом 1  { X  0} , 2  { X  1} . Ясно, что
100
P{ X  0} 
25 5
5 1
 , P{ X  1} 
 .
30 6
30 6
Можно построить ряд распределения
X
0
1
5 6 16
P
Функция распределения СВДТ X:
x  0,
0 ,

FX ( x)  5 6 ,
1,

0 ,

Ответ: FX ( x)  5 6 ,
1,

0  x  1,
x  1.
x  0,
0  x  1,
x  1.
2.1.3. Непрерывные случайные величины
Рассмотрим случай, когда множество возможных значений случайной величины несчетно.
Определение. Случайная величина X с непрерывной функцией распределения FX (x) называется непрерывной случайной величиной.
Определение. Плотностью распределения (плотностью вероятности) случайной величины X называется неотрицательная кусочно-непрерывная функция
f X (x) , для которой при любом x  R выполняется соотношение
FX ( x) 
x
f
X
(t ) dt .

Определение. Случайная величина, у которой существует плотность вероятности, называется абсолютно непрерывной, или случайной величиной непрерывного типа (сокращенно СВНТ).
Замечание. Кроме абсолютно непрерывных случайных величин существуют
непрерывные случайные величины, называемые сингулярными, которые не имеют плотности вероятности. В дальнейшем такие случайные величины не рассматриваются.
Покажем, что для СВНТ X P{X  x}  0 для произвольного фиксированного
x  R . Действительно, из равенства
PX  x  FX ( x  0)  FX ( x) ,
101
равносильного
PX  x  limFX ( x  )  FX ( x)  ,
 0
0
следует, что вероятность «попасть в точку» для СВНТ X равна нулю.
Из определения следуют свойства плотности распределения f X (x) :
1.
f X ( x)  0 для всех x  R (условие неотрицательности плотности).

2.
f
X
( x) dx  1 (условие нормировки плотности).
X
( x) dx  P{x1  X  x2 }  x1  x2 .

x2
3.
f
x1
Замечание. Таким образом, через плотность вероятности f X (x) можно вычислить вероятность PX  B   f X ( x) dx для любого B  R .
B
4.
FX ( x)  f X ( x) в точках непрерывности плотности f X (x) .
Пример 2.1.10. Даны функции:
1
1
1
.
f1 ( x)   x 2 , f 2 ( x)  sin x  , f3 ( x) 
2
2
(1  x 2 )
Являются ли эти функции плотностями вероятности?
Решение. Для функции f1 ( x)   x 2 не выполнено условие неотрицательно-
1
1
сти, т.к. f1 ( x)  0 для всех x  0 . Для функции f 2 ( x)  sin x  не выполнено
2
2

условие нормировки, т.к. интеграл


функции f3 ( x) 
1
(1  sin x) d x расходится. Наконец, для
2
1
выполнены условия неотрицательности и нормировки,
(1  x 2 )
поскольку, очевидно, f 3 ( x)  0 для всех действительных x и



f 3 ( x) d x 

1  1
1
1     
d
x

arctg
x
        1.

2
  (1  x )

  2  2 

Ответ: плотностью распределения является только f3 ( x) .
Пример 2.1.11. СВНТ X задана функцией распределения
102
0 ,

FX ( x)  ax 2 ,
1,

Найти: 1) коэффициент a; 2)
x  0,
0  x  1,
x  1.
f X (x)
и построить ее график; 3)
P0,25  X  0,5.
Решение. 1) Так как FX (x) непрерывна, то FX (1)  1 , т.е. ax 2
 1 . Отсюx 1
да a  1.
2) Плотность распределения f X ( x)  FX ( x) . ПоfX(x)
этому функция плотности f X (x) :
2
0 ,

f X ( x)  2 x ,
0 ,

1
x
1
x  0,
0  x  1,
x  1.
График плотности f X (x) приведен на рис. 2.1.4.
Рис. 2.1.4.
3) P0,25  X  0,5  FX (0,5)  FX (0,25)  0,25  0,0625  0,1875 .
x  0,
0 ,

Ответ: a  1, f X ( x)  2 x ,
0 ,

0  x  1, , P0,25  X  0,5  0,1875.
x  1.
Пример 2.1.12. СВНТ X задана функцией плотности


0
,
x

,

2
f X ( x)  
a cos x , x   .

2


Найти: 1) коэффициент a; 2) FX (x) и построить ее график; 3) P 0  X   .
4

Решение. 1) 1 


2
f X ( x) dx 


a cos x dx  a sin x
 2
2
 2
 2a . Отсюда a 
1
.
2
2) По определению FX ( x)  PX  x .
x
x

Пусть x   , тогда FX ( x)   f X (t ) dt   0dt  0 .
2


Пусть 


 x  , тогда
2
2
103
FX ( x) 
 2
x

f X (t ) dt 

Пусть x 
 0 dt 

x
1
1
cos t dt  sin t

2
 2 2
x

, тогда FX ( x)   f X (t ) dt 
2

 2
 0dt 

1
1
 sin x  .
 2
2
2
x
2
x
1
cos
t
d
t


 0dt  1.
 2 2
2
Таким образом, функция распределения FX (x) :
FX (x)
1
0,5
- /2
/2
0
x
Рис. 2.1.5.
x    2,
0 ,

FX ( x)  0,5(sin x  1),   2  x   2 ,
1,
x   2.

График функции распределения FX (x)
приведен на рис. 2.1.5.
4
  4
1
1

3) P0  X     f X ( x) dx   cos x dx  sin x
4 0
2

0 2
4

0
2
.
4

2

Ответ: P0  X   
.
4 4

2.1.4. Числовые характеристики случайных величин
В предыдущих пунктах была описана исчерпывающая характеристика любой случайной величины – ее закон распределения. Универсальным видом закона распределения случайной величины является функция распределения FX (x) .
Однако во многих вопросах практики нет надобности в таком полном описании
случайной величины. Часто достаточно бывает указать только отдельные числовые параметры, характеризующие существенные черты распределения. Эти
числа называются числовыми характеристиками случайной величины.
Моменты распределения случайной величины
Среди числовых характеристик особое значение имеют моменты – начальные и центральные.
Определение. Начальным моментом s-го порядка случайной величины Х
называется действительное число  s , определяемое по формуле:
 s   xis P{ X  xi }   xis pi , если X – СВДТ;
i
i

 s   x s f X ( x) dx , если X – СВНТ.

104
Замечание. Начальный момент  s существует, если ряд (соответственно интеграл) в правой части каждой из этих формул сходится абсолютно.
Замечание. Иногда используются абсолютные начальные моменты s-го порядка случайной величины X:
| x |
s
i
pi , если X – СВДТ;
i

| x |
s
f X ( x) dx , если X – СВНТ;

Определение. Начальный момент первого порядка 1 называется математическим ожиданием (средним значением по распределению) случайной величины Х.
Математическое ожидание случайной величины X обозначается mX  M[ X ]
и выражается через ее закон распределения с помощью формулы:
mX   xi P{X  xi }   xi pi , если X – СВДТ;
i
i

m X   x f X ( x) dx , если X – СВНТ.

Математическое ожидание в теории вероятностей относится к типу характеристик положения (см. далее мода, медиана).
Определение. Случайная величина называется центрированной, если ее математическое ожидание равно нулю.
Общепринятым для центрированной случайной величины является обознаο
ο
чение X . По определению M  X   0 .
 
Пример 2.1.13. Закон распределения случайной величины X имеет вид:
X
P
–1 0
1
2
0,1 0,2 0,3 0,4
Вычислить mX и  2 .
Решение. По определению mX и  2 :
m X  1 0,1  0  0,2  1 0,3  2  0,4  1;
 2  (1) 2  0,1  0 2  0,2  12  0,3  2 2  0,4  2 .
Ответ: mX  1 , 2  2 .
Пример 2.1.14. Дана функция плотности случайной величины Х:
105
x  0,
 0,

f X ( x)  a(4 x  х3 ) , 0  x  2 ,
 0,
x  2.

Определить а, затем найти mX и 3 случайной величины Х.

f
Решение. Константа a ищется из условия нормировки
X
( x) d x  1. Имеем

уравнение:
 2 x4 
 a(4 x  x ) d x  1 , или a 2 x  4 


3
2
 1.
0
Отсюда a  0,25 , и функция плотности примет вид:
x  0,
 0,

f X ( x)   x  x 3 4 , 0  x  2 ,
 0,
x  2.

По определению математического ожидания СВНТ X:

 x3 x5 
x3 
m X   x f X ( x) d x   x x   d x    
4
 3 20 

0 

2
2
0
8 8 16
   .
3 5 15
Найдем теперь начальный момент третьего порядка 3 :

 x5 x7 
x3 
3   x f X ( x) d x   x  x   d x    
4

 5 28 

0

2
3
2
3

0
32 32 64


.
5
7 35
Ответ: a  0,25 , m X  16 15 , 3  64 35 .
Пример 2.1.15. Плотность f X (x) случайной величины X представлена на
графике (рис. 2.1.6). Найти константу h и математиче-
fX (x)
3h
ское ожидание случайной величины Х.
Решение. Найдем константу h из условия нормиh
-2 -1 0

1
2
f
ровки. Имеем уравнение
x
X
( x) d x  1, или, исходя из

Рис. 2.1.6.
геометрического смысла интеграла, h  3h  1. Отсюда
h  0,25 .
По определению математического ожидания:
1
2
2
1
mX  0,25   x d x  0,75   x d x  0,25 
x2
2
1
2
 0,75 
x2
2
2
1
 0,25 
(3)
3 3
 0,75   .
2
2 4
106
Ответ: h  0,25 , m X  0,75 .
Статистическое истолкование математического ожидания
Пусть в некоторой лотерее имеется один выигрыш, размер которого случаен
и равен или x1 , или x2 , …, или xk . Если лотерея проводится N раз, причем N i
раз выпадает выигрыш xi , N  N1  N 2  ...  N k , то
Ni
есть относительная чаN
1 k
 xi N i – средний выигрыш на одну лотерею. Если Х
N i 1
стота выигрыша xi , а x 
– случайная величина, равная размеру выигрыша в одной лотерее, то из устойчивости относительных частот следует, что
Ni
 P{X  xi } . Поэтому средний
N
выигрыш x колеблется около математического ожидания:
x
k
k
1 k
Ni
x
N

x

 i i 
 xi P{X  xi }  mX .
i
N i1
N i1
i 1
Обозначим M[ X ]  a .
Определение. Центральным моментом s-го порядка случайной величины X
называется действительное число  s , определяемое по формуле:
 s   ( xi  a) s pi , если X – СВДТ;
i

 s   ( x  a) s f X ( x) dx , если X – СВНТ.

Замечание. Центральный момент  s существует, если ряд (соответственно
интеграл) в правой части каждой из этих формул сходится абсолютно.
Замечание. Иногда используются абсолютные центральные моменты s-го
порядка случайной величины X:
| x
i
 a |s pi , если X – СВДТ;
i

| x  a |
s
f X ( x) dx , если X – СВНТ;

Определение. Центральный момент второго порядка называется дисперсией
случайной величины Х.
Дисперсия случайной величины X обозначается DX  D[ X ] и выражается
через ее закон распределения с помощью формулы:
107
D X   ( xi  a ) 2 pi , если X – СВДТ;
i

D X   ( x  a ) 2 f X ( x) dx , если X – СВНТ.

Определение. Действительное число  X  D X называется средним квадратическим отклонением случайной величины Х (или иногда стандартным отклонением).
Определение. Случайная величина X называется стандартизованной, если
mX  0 и  X  1.
Пример 2.1.16. Закон распределения случайной величины X имеет вид:
X
P
–1 0
1
2
0,1 0,2 0,3 0,4
Вычислить D X и  X .
Решение. Найдем вначале математическое ожидание случайной величины X:
mX  1  0,1  0  0,2  1  0,3  2  0,4  1 .
Вычислим дисперсию D X :
DX  (1  1)2  0,1  (0  1)2  0,2  (1  1)2  0,3  (2  1)2  0,4  1 .
Тогда среднее квадратическое отклонение:  X  D X  1.
Ответ: DX  1 ,  X  1 .
Замечание. Можно доказать (Проделайте это самостоятельно!), что для дисперсии верно соотношение:
DX  2  12 .
С помощью этой формулы вычисление дисперсии обычно (Но не всегда!)
упрощается. Так в предыдущем примере при вычислении дисперсии можно было действовать так:
DX  ((1) 2  0,1  02  0,2  12  0,3  22  0,4)  12  1 .
Дисперсия случайной величины Х является характеристикой рассеивания.
Она характеризует разбросанность случайной величины Х около ее математического ожидания. Дисперсия имеет размерность квадрата случайной величины,
что не всегда удобно. Поэтому очень часто используется среднее квадратическое
отклонение, которое имеет размерность самой случайной величины.
108
Механическая интерпретация математического ожидания и дисперсии
Пусть на прямой в точках x1  x2  ...  xk расположены точечные массы
p1 , p2 , ... , pk ,
k
k
i 1
i 1
 pi  1. В этом случае M[ X ]   xi pi
– центр тяжести,
k
D[ X ]   ( xi  mX ) 2 pi – момент инерции масс pi относительно центра тяжести.
i 1
Таким образом, математическое ожидание характеризует место, вокруг которого
группируются массы pi , а дисперсия – степень разбросанности этих масс около
математического ожидания.
В заключение этого пункта вычислим математическое ожидание, дисперсию
и среднее квадратическое отклонение I A (здесь q  1  p ):
IA
P
0
q
1
p
M[ I A ]  0  q  1  p  p ,
D[I A ]  2  12  02  q  12  p  p2  p(1  p)  pq ,  I A 
pq .
Пример 2.1.17. Закон распределения случайной величины X имеет вид:
X
0
1
2
P
0,1 0,2 x
Найти x. Составить функцию распределения. Вычислить: P{X  0,7} , mX ,
DX и  X .
Решение. Согласно условию нормировки имеем уравнение: 0,1  0,2  x  1 .
Отсюда x  0,7 . Далее, воспользовавшись рядом распределения, найдем:
P{X  0,7}  P{X  1}  P{X  2}  0,2  0,7  0,9 ,
mX  0  0,1  1  0,2  2  0,7  1,6 ,
DX  02  0,1  12  0,2  22  0,7  1,62  3  2,56  0,44 ,
 X  D X  0,44  0,663 .
Ответ: x  0,7 , P{X  0,7}  0,9 , mX  1,6 , DX  0,44 ,  X  0,663 .
Пример 2.1.18. Известно, что случайная величина X, принимающая два значения x1  2 и x2  3 , имеет математическое ожидание, равное 2,2. Построить
ряд распределения случайной величины X, найти дисперсию, среднее квадратическое отклонение и составить функцию распределения.
109
Решение. Пусть
PX  2  p . Тогда, согласно условию нормировки,
PX  3  1  p . Используя определение математического ожидания, получим
mX  2 p  3(1  p)  3  p . Имеем уравнение 3  p  2,2 , откуда находим p  0,8 .
Ряд распределения имеет вид:
X
2
3
P
0,8 0,2
Теперь вычислим дисперсию и среднее квадратическое отклонение:
DX  (2  2,2)2  0,8  (3  2,2)2  0,2  0,16 ;  X  DX  0,4 .
Согласно определению функция распределения имеет вид
0 ,

FX ( x)  0,8 ,
1,

0 ,

Ответ: DX  0,16 ,  X  0,4 , FX ( x)  0,8 ,
1,

x  2,
2  x  3,
x  3.
x  2,
2  x  3,
x  3.
Пример 2.1.19. Возможные значения случайной величины X таковы: x1  1 ,
x2  2 , x3  3 . Известно, что mX  2,3 , 2  5,9 . Найти вероятности, соответствующие возможным значениям X, и записать ряд распределения.
Решение. Ряд распределения, с учетом возможных значений случайной величины X, будет выглядеть следующим образом:
X
1
2
3
p3
p1
p2
P
Найдем вероятности p1 , p2 и p3 , соответствующие возможным значениям X.
По условию mX  2,3 , поэтому имеем первое уравнение, связывающее p1 ,
p2 и p3 : 1 p1  2  p2  3  p3  2,3 . Аналогично из условия 2  5,9 получим второе уравнение: 12  p1  22  p2  32  p3  5,9 . Третье уравнение возникает из условия нормировки: p1  p2  p3  1 . Итак, имеем систему:
 p1  2 p2  3 p3  2,3 ,

 p1  4 p2  9 p3  5,9 ,
 p  p  p  1.
2
3
 1
Решением системы, опуская промежуточные выкладки, являются следующие
числа: p1  0,2 , p2  0,3 , p3  0,5 .
110
Ответ: ряд распределения имеет вид
X
1
2
3
P
0,2 0,3 0,5
Пример 2.1.20. Плотность f X (x) случайной величины X представлена на
графике (рис. 2.1.7). Найти константу h. Составить функцию распределения
FX (x) и построить ее график. Найти P{X  1,5} , математическое ожидание и
дисперсию случайной величины Х.
Решение. 1) Найдем константу h из условия нормиров-
fX (x)
2h

f
ки. Имеем уравнение
h
X
( x) d x  1, или, исходя из геомет-

1
0
x
2
Рис. 2.1.7.
рического смысла интеграла, 2h  h  1. Отсюда h  1 3 .
Таким образом, функция плотности f X (x) имеет вид:
0 ,
2 3 ,

f X ( x)  
1 3 ,
0 ,
x  0,
0  x  1,
1  x  2,
x  2;
2) По определению FX ( x)  PX  x .
Пусть x  0 , тогда FX ( x) 
x


x
f X (t ) dt   0dt  0 .

x
0
x
x
2
2
Пусть 0  x  1 , тогда FX ( x)   f X (t ) dt   0 dt   dt  t
3


0 3

0
2x
.
3
Пусть 1  x  2 , тогда
x
0
x
2
1
2 1
FX ( x)   f X (t ) dt   0 dt   dt   dt   t
3 3


0 3
1 3
Пусть x  2 , тогда FX ( x) 
1
x

1
1 x
 .
3 3
x
0
1
2
x
2
1
f
(
t
)
d
t

0
d
t

d
t

d
t

 X

0 3 1 3 2 0 dt  1 .


Таким образом, функция распределения FX (x) :
FX (x)
1
2/ 3
0
1
Рис. 2.1.8.
2
x
0,

 2 x 3,

FX ( x)  
( x  1) 3 ,

1,
x  0,
0  x  1,
1  x  2,
x  2.
График функции распределения FX (x) при111
веден на рис. 2.1.8.
3) P{X  1,5}  1  P{X  1,5}  1  FX (1,5)  1 
1,5  1 1
 .
3
6

4) По определению математического ожидания mX   x f X ( x) d x , поэтому:

mX 
2 1
1 2
x2
  xdx    xdx 
3 0
3 1
3
1

0
2
x2
6
1

1 4 1 5

 .
3
6
6

По определению дисперсии DX   ( x  mX ) 2 f X ( x) d x , поэтому:

2
2
2 1
5
1 2
5
2 
5
DX     x   d x     x   d x    x  
3 0
6
3 1
6
9 
6

Ответ:
DX 
1
h ,
3
3 1
1 
5
  x  
9 
6
0
3 2

1
2  1
125  1  343
1  11



  
 .
9  216 216  9  216 216  36
0,

 2 x 3,

FX ( x)  
( x  1) 3 ,

1,
x  0,
0  x  1,
1  x  2,
,
1
P{ X  1,5}  ,
6
mX 
5
,
6
x  2.
11
.
36
Мода, медиана и квантили
Математическое ожидание не единственная характеристика положения,
применяемая в теории вероятностей. Часто применяются и другие, например,
мода и медиана.
Определение. Модой d X СВДТ Х называется такое ее возможное значение
xm , для которого P{ X  xm }  max P{ X  xk } , т.е. d X  xm .
k
Модой СВНТ Х называется действительное число d X , являющееся точкой
максимума функции плотности f X (x) .
Пример 2.1.21. Закон распределения случайной величины X имеет вид:
Тогда d X  1 .
X
P
0
1
0,05 0,3
2
3
0,25 0,2
4
0,2
112
Замечание. Мода может не существовать, иметь единственное значение (такие распределения называются унимодальными) или иметь множество значений
(полимодальные распределения). Наличие более чем одной моды, часто указывает на разнородность статистического материала, который был положен в основу
исследования.
Пример 2.1.22. Дана плотность вероятности СВНТ X f X ( x)  a e2 x x ( a  0 ).
2
Найти моду этой случайной величины.
Решение. Функция плотности f X (x) определена и дифференцируема на R .
Найдем точку максимума f X (x) . Для этого возьмем ее производную:
f X ( x)  2a(1  x) e2 xx .
2
Критические точки находятся из условия f X ( x)  0 : 2a(1  x) e2 xx  0 , или
2
x  1 . Очевидно, что (рис. 2.1.9):
fX' (x)
fX (x)
+
1
x
Рис. 2.1.9.
Таким образом, x  1 – точка максимума функции f X (x) , т.е. d X  1 .
Заметим, что определять значения константы a не нужно, т.к. при a  0 максимум функции не зависит от ее числового значения.
Ответ: d X  1 .
Определение. Медианой случайной величины Х называется действительное
число hX , удовлетворяющее условию P{X  hX }  P{X  hX } .
Таким образом, медиана hX – корень уравнения FX ( x)  0,5 .
Замечания. 1) Эта характеристика применяется, как правило, только для
СВНТ, и геометрически медиана – это абсцисса той точки на оси Оx, для которой площади под графиком функции плотности f X (x) , лежащие слева и справа
от нее, одинаковы и равны 0,5.
2) В случае симметричного распределения (имеющего моду) три характеристики – математическое ожидание (если оно существует), мода и медиана совпадают.
3) Уравнение FX ( x)  0,5 может иметь множество корней, поэтому медиана
может определяться неоднозначно.
113
Пример 2.1.23. Дана плотность распределения случайной величины Х:
0,
x  2,


f X ( x)  0,75( x  2)(4  х) , 2  x  4 ,

0,
x  4.

Найти моду и медиану случайной величины Х.
Решение. Очевидно, что распределение симметрично, т.к. график плотности
f X ( x)  0,75( x  2)(4  х) при 2  x  4 является параболой. Осью симметрии является вертикальная прямая x  3 . Поэтому mX  d X  hX  3 .
Ответ: d X  hX  3 .
Пример 2.1.24. Дана плотность распределения случайной величины Х:
x  0,
 0,

f X ( x)   x  x 3 4 , 0  x  2 ,
 0,
x  2.

Найти моду и медиану случайной величины Х.
Решение. 1) Найдем вначале моду СВНТ X. Очевидно, что точку максимума
функции f X (x) следует искать на интервале (0 ; 2) . Плотность f X (x) определена
и дважды дифференцируема для всех x  (0 ; 2) . Найдем на этом интервале производные первого и второго порядков:
3
3
f X ( x)  1  x 2 , f X ( x)   x .
4
2
Критические точки находятся из условия
x
3
f X ( x)  0 : 1  x 2  0 , или
4
2
2
2
2
 (0 ; 2) , то x 
. Поскольку 
– единственная кри (0 ; 2) , а
3
3
3
3
2
 2 
тическая точка. Так как f X
– точка максимума плот   3  0 , то x 
3
 3
ности распределения. Значит, d X 
2
.
3
2) Очевидно, что медиану следует искать на интервале (0 ; 2) . Для ее нахождения можно вначале составить функцию распределения, а затем решить уравнение FX ( x)  0,5 . Однако проще поступить следующим образом:
114
hX
P{X  hX } 
f
X
( x) d x 

hX

0

 x2 x4 
x3 
 x   d x    
4

 2 16 
hX
0
hX2 hX4
.


2 16
По определению медианы P{X  hX }  P{X  hX }  0,5 , поэтому получаем
уравнение:
hX2 hX4 1

 , или hX4  8hX2  8  0 , откуда hX   4  8 .
2 16 2
Из четырех корней этого уравнения только один
4  8  1,09  (0 ; 2) , по-
этому hX  4  8 .
Ответ: d X 
2
, hX  4  8 .
3
Определение. Квантúлью порядка р распределения СВНТ Х называется действительное число x p , удовлетворяющее условию P{X  x p }  p .
Замечание. Медиана hX  x0,5 , т.е. hX – квантиль порядка 0,5.
Пример 2.1.25. Найти квантиль порядка p  2 3 для СВНТ X, имеющей
2 x ,
плотность вероятности f X ( x)  
0 ,
x  [0 ; 1] ,
x  [0 ; 1].
Решение. На отрезке [0 ; 1] функция распределения СВНТ X имеет вид
x
x
0
0
FX ( x)   f X (t ) d t   2t d t  x 2 , x [0; 1] ,
и поэтому является непрерывной и строго монотонной на отрезке [0 ; 1] . В
соответствии со свойством квантили находим x 2 3 из уравнения FX ( x2 3 )  2 3 .
Откуда x2 3  2 3  0,8165 .
Ответ: x2 3  2 3  0,8165 .
Упражнения
2.1.1. Функция распределения случайной величины X непрерывна. Может ли
случайная величина X быть СВДТ?
2.1.2. Случайная величина X принимает два значения  10 и 10 с вероятностями 1 3 и 2 3 соответственно. Является ли она непрерывной случайной величиной?
115
2.1.3. Случайная величина X принимает только два различных значения a
( a  0 ) и  a с вероятностями 0,5. Верно ли, что: 1) mX  a ; 2) DX  a 2 ?
2.1.4. Случайная величина X принимает только два различных значения 1 и
 1 с вероятностями 0,5. Вычислить FX (0,5) и FX (0,5) .
2.1.5. Функции f1 ( x) и f 2 ( x) являются плотностями вероятности. Является
ли функция f3 ( x) 
f1 ( x)  2 f 2 ( x)
плотностью вероятности?
3
2.1.6. Функции G(x) и H (x) являются функциями распределений. Является
ли функция F ( x)  G( x)  H ( x) функцией распределения некоторой случайной
величины?
2.1.7. Баскетболист бросает мяч в корзину до первого попадания, но не более
трех раз. Вероятность попадания при каждом броске равна 0,8. Случайная величина X – количество произведенных бросков. Составить ряд распределения X.
Найти математическое ожидание и дисперсию X. Составить функцию распределения FX (x) и построить ее график.
2.1.8. В урне 2 белых и 3 черных шара. Наудачу вынимаются два шара. Случайная величина X – число белых шаров среди вынутых. Составить ряд распределения X. Найти математическое ожидание и дисперсию X. Составить функцию
распределения FX (x) и построить ее график.
2.1.9. На шахматную доску поставлен слон. СВДТ X – число клеток, которые
стоят под ударом этого слона. Составить ряд распределения X. Найти математическое ожидание и дисперсию X. Составить функцию распределения FX (x) и
построить ее график.
2.1.10. Дан ряд распределения СВДТ Х и известно, что mX  2,8 :
X
1
2
3
4
P
0,1
0,2
a
b
Найти: числа а и b и дисперсию случайной величины X. Составить функцию
распределения FX (x) и построить ее график.
2.1.11. В группе из 10 студентов, изучающих английский язык, 8 москвичей
и 2 иногородних. Для социологического опроса случайным образом выбирают
двух студентов из этой группы. Пусть X – число москвичей среди выбранных.
116
Построить ряд распределения случайной величины X и найти ее математическое
ожидание.
2.1.12. Лотерея заключается в розыгрыше трех номеров из шести. Порядок
выпадения выигрышных номеров неважен. Выигрыш при угадывании одного
номера из трех составляет 20 рублей, двух номеров из трех – 100 рублей, всех
трех номеров – 500 рублей. Найти средний выигрыш при покупке одного билета
лотереи. Составить функцию распределения размера выигрыша.
2.1.13. СВНТ Х имеет плотность распределения
0 ,

f X ( x)  a(3x  x 2 ) ,
0 ,

если x  0 ,
если 0  х  3,
если х  3.
Найти: коэффициент а, математическое ожидание, моду, медиану и дисперсию X. Составить функцию распределения FX (x) .
2.1.14. СВНТ Х имеет плотность распределения
0 ,

f X ( x)  a(6 x  x 2 ) ,
0 ,

если x  0 ,
если 0  х  6 ,
если х  6 .
Найти: коэффициент а, математическое ожидание, моду, медиану и дисперсию X. Составить функцию распределения FX (x) .
2.1.15. Случайная величина имеет функцию распределения
x  1,
 0,

FX ( x)   1
1  x , x  1.
Найти a, для которого P{X  a}  1 3 .
Ответы к упражнениям
2.1.1. Нет.
2.1.2. Нет.
2.1.3. 1) неверно; 2) неверно.
2.1.4. FX (0,5)  FX (0,5)  0,5 .
2.1.5. Является.
2.1.6. Не является.
2.1.7.
117
Х
P
mX  1,24 ,
1
0,8
2
0,16
0 ,
0,8 ,

FX ( x)  
0,96 ,
1,
DX  0,2624 ,
3
0,04
x  1,
1  x  2,
2  x  3,
x  3.
2.1.8.
Х
P
mX  0,8 ,
0
0,3
1
0,6
0 ,
0,3 ,

FX ( x)  
0,9 ,
1,
DX  0,36 ,
2
0,1
x  0,
0  x  1,
1  x  2,
x  2.
2.1.9.
Х
P
mX 
35
,
4
7
7 16
DX 
9
5 16
0 ,
7 16 ,

FX ( x)  3 4 ,
15 16 ,

1,
55
,
16
11
3 16
x  7,
7  x  9,
9  x  11,
13
1 16
11  x  13,
x  13.
2.1.10.
Х
P
1
0,1
0 ,
0,1,

DX  0,76 , FX ( x)  0,3 ,
0,8 ,

1,
2
0,2
3
0,5
4
0,2
x  1,
1  x  2,
2  x  3,
3  x  4,
x  4.
2.1.11. mX  1,6 ,
Х
0
1
2
0
2
1
1
C8  C2
1 C8  C2 16 C82  C20 28



P
C102
45
C102
45
C102
45
Указание. Эта задача на гипергеометрическое распределение (пример 2.1.4),
причем роль белых шаров играют москвичи.
2.1.12. Средний выигрыш составляет 79 рублей,
118
Х
P
0
C30  C33 1

C63
20
20
C31  C32 9

C63
20
100
500
2
1
C3  C3 9 C33  C30 1


C63
20
C63
20
x  0,
 0,
0,05 , 0  x  20,

FX ( x)   0,5 , 20  x  100,
0,95 , 100  x  500,

 1,
x  500.
x  0,
0 ,
 2
3
2
2x
x
2.1.13. a  , mX  d X  hX  1,5 , DX  0,45 , FX ( x)   
, 0  x  3,
9
27
3
x  3.
1,
x  0,
0 ,
 2
1
x3
x
2.1.14. a  , mX  d X  hX  3 , DX  1,8 , FX ( x)   
, 0  x  6,
36
12
108

x  6.
1,
2.1.15. 3.
2.1.5. Основные дискретные распределения
Биномиальное распределение
Определение. СВДТ Х имеет биномиальное распределение, если ее возможные значения (реализации) xm  m , где m  0 , 1, 2 , ... , n , а соответствующие им
вероятности:
pm  PX  xm   Cnm pmqnm ,
где 0  p  1; q  1  p .
Замечание. Это распределение зависит от двух параметров – n и p, поэтому
пишут X ~ B (n ; p) .
На практике биномиальное распределение возникает при следующих условиях. Пусть производится n независимых опытов (испытаний), в каждом из которых событие А (условно можно назвать его «успехом» опыта) появляется с вероятностью p, случайная величина Х – число «успехов» при n опытах.
119
Замечание. Опыты (испытания) называются независимыми, если вероятность какого-либо исхода каждого из них не зависит от того, какие исходы имели другие опыты.
Важнейшие числовые характеристики X ~ B (n ; p) :
mX  np , DX  npq ,  X  D X  npq .
Наиболее вероятное значение, т.е. мода d X  m , случайной величины
X ~ B (n ; p) удовлетворяет неравенству
np  q  m   np  p .
Пример 2.1.26. Передается 5 сообщений по каналу связи ( n  5 ). Каждое сообщение с вероятностью p  0,3 , независимо от других искажается. Случайная
величина Х – количество искаженных сообщений. Построить ряд распределения;
найти mX , D X ,  X , d X , а также вероятность того, что будет искажено не менее
двух сообщений.
Решение. СВДТ X – количество искаженных сообщений – имеет биномиальное распределение с параметрами n  5 и p  0,3 . Ряд распределения СВДТ X
имеет вид:
X
P
0
1
2
3
4
5
0 0 5
1 1 4
2 2 3
3 3 2
4 4 1
C5 p q  C5 p q  C5 p q  C5 p q  C5 p q  C55 p 5 q 0 
 0,168
 0,36
 0,309
 0,133
 0,028
 0,002
Тогда: m X  5  0,3  1,5 , DX  5  0,3  0,7  1,05 ,  X  1,05  1,03 , d X  1 (это
следует
как
из
ряда
распределения,
так
и
из
неравенства
5  0,3  0,7  m  5  0,3  0,3 );
P{X  2}  1  P{X  2}  1  (0,168  0,36)  0,472 .
Ответ: mX  1,5 , DX  1,05 ,  X  1,03 , d X  1 , P{X  2}  0,472 .
Пример 2.1.27. Вероятность того, что при трех независимых выстрелах
стрелок попадет в цель хотя бы один раз, равна 0,992. Найти математическое
ожидание, дисперсию и моду числа попаданий при двадцати выстрелах.
Решение. СВДТ X – количество попаданий в цель при трех выстрелах – имеет биномиальное распределение с параметрами n  3 и p, где вероятность p попадания при одном выстреле неизвестна. По условию задачи
P{X  1}  1  P{X  1}  1  P{X  0}  1  C30 p0 (1  p)3  0,992 .
120
Имеем уравнение: 1  (1  p)3  0,992 , или (1  p) 3  0,008 . Отсюда 1  p  0,2 ,
или p  0,8 .
СВДТ Y – количество попаданий в цель при двадцати выстрелах – имеет биномиальное распределение с параметрами N  20 и p  0,8 , где вероятность p
попадания в цель при одном выстреле (поскольку стрелок тот же, вероятность
его попадания в цель та же, что и при трех выстрелах).
Поэтому математическое ожидание и дисперсия СВДТ Y равны соответственно: mY  Np  20  0,8  16 , DY  Npq  20  0,8  0,2  3,2 .
Для нахождения моды воспользуемся неравенством Np  q  dY  Np  p .
Тогда 20  0,8  0,2  dY  20  0,8  0,8 , или 15,8  dY  16,8 . Значит, dY  16 .
Ответ: mY  16 , DY  3,2 , dY  16 .
Распределение Пуассона
Определение. СВДТ Х имеет распределение Пуассона с параметром a  0 ,
если ее возможные значения (реализации) xm  m , где m  0 , 1, 2 , ... (счетное
множество значений), а соответствующие им вероятности выражаются формулой:
pm  P{X  m} 
a m a
e .
m!
Замечание. Это распределение зависит от одного параметра a, поэтому пишут X ~ P (a) .
Важнейшие числовые характеристики X ~ P (a) :
mX  a , DX  a ,  X  D X  a .
Вывод. Параметр a в распределении Пуассона является одновременно математическим ожиданием и дисперсией.
Теорема (Пуассон). Если n   и p  0 так, что np  a , то для любого
фиксированного значения m ( m  0 , 1, 2 , ...)
P{X  m}  Cnm p m q nm 
a m a
e .
m!
Комментарий. Из теоремы Пуассона следует, что распределение Пуассона
является предельным для биноминального распределения, когда число опытов n
121
неограниченно увеличивается ( n   ) и одновременно параметр p (вероятность
«успеха» в одном опыте) неограниченно уменьшается ( p  0 ), но так, что их
произведение np сохраняется в пределе постоянным и равным a, т.е. np  a (на
практике 0,1  a  10 ). Значит, распределение Пуассона с параметром a  np
можно применять для приближенных вычислений вместо биномиального, когда
число опытов n очень велико, а вероятность p «успеха» в отдельном опыте очень
мала, т.е. в каждом отдельном опыте «успех» приходит редко. Поэтому закон
Пуассона в литературе часто называется «законом редких явлений».
Пример 2.1.28. Завод отправил на базу 5000 доброкачественных изделий.
Вероятность того, что в пути изделие повредится, равна 0,0002. Найти вероятность того, что на базу прибудут 3 негодные изделия.
Решение. n  5000 , p  0,0002 , m  3 . Тогда a  np  5000  0,0002  1 , следовательно,
P{X  3} 
13 1 1
e 
 0,06 .
3!
6e
Ответ:  0,06 .
Наиболее вероятное значение, т.е. мода d X  m , случайной величины
X ~ P (a) удовлетворяет неравенству
a  1  m  a ,
которое следует из неравенства np  q  m   np  p для случайной величины
X ~ B (n ; p) при выполнении условий теоремы Пуассона.
Замечание. Имеются специальные таблицы, с помощью которых можно
найти P{X  m} 
a m a
e , зная m и a.
m!
Пример 2.1.29. В стае 1000 птиц, из которых 50 окольцованных. Орнитологами поймано 100 птиц. Каково среднее число окольцованных птиц среди пойманных? Какова вероятность того, что среди пойманных птиц нет окольцованных?
Решение. Орнитологами произведено n  100 независимых «опытов» (под
«опытом» понимается поимка одной птицы из стаи) с одинаковой вероятностью
«успеха»
(под
«успехом»
понимается
поимка
окольцованной
птицы)
122
p
50
 0,05 . Поскольку n достаточно велико, p – мала, а произведение
1000
a  np  100  0,05  5 удовлетворяет условию 0,1  a  10 , то можно считать, что
случайная величина X – количество окольцованных птиц среди пойманных –
распределена по закону Пуассона. Тогда среднее число окольцованных птиц
среди пойманных, т.е. математическое ожидание mX , равно 5 (в распределении
Пуассона mX  a ). Далее
P{X  0} 
50 5
 e  6,738  103 .
0!
Ответ: mX  5 ;  6,738 103 .
Простейший пуассоновский поток
На практике часто встречаются ситуации, где имеет место распределение
Пуассона. Рассмотрим следующую задачу.
Пусть на оси времени 0t случайным образом возникают точки – моменты появления каких-то однородных событий (например, вызовов на телефонной станции, приходов посетителей в магазин и т.п.). Последовательность таких моментов
назовем
«потоком
событий».
Предположим,
что
поток
обладает
следующими свойствами.
1. Стационарность. Это свойство означает, что вероятность попадания того или иного числа событий на участок времени длины  не зависит от того, где
на оси 0t расположен этот участок, а зависит только от его длины  . Из этого
следует, что среднее число событий, появляющихся в единицу времени, постоянно. Обозначим его  , и будем называть интенсивностью потока.
2. Ординарность. Это свойство заключается в том, что вероятность попадания на малый участок t двух или более событий пренебрежимо мала по
сравнению с вероятностью попадания на него одного события (т.е. при t  0
вероятность попадания на участок t более одного события есть бесконечно малая более высокого порядка малости, чем вероятность попадания на него же
ровно одного события).
3. Отсутствие последействия. Это свойство означает, что вероятность попадания того или другого числа событий на заданный участок оси 0t не зависит
от того, сколько событий попало на любой другой не пересекающийся с ним
123
участок (в частности, «будущее» потока не зависит от его «прошлого»; отсюда и
термин – «отсутствие последействия»).
Определение. Поток событий, обладающий этими тремя свойствами (стационарностью, ординарностью и отсутствием последействия), называется простейшим (или стационарным) пуассоновским потоком.
Простейший пуассоновский поток тесно связан с распределением Пуассона:
()m 
pm  P{X  m} 
e .
m!
Пример 2.1.30. На автоматическую телефонную станцию поступает простейший поток вызовов с интенсивностью   0,8 (вызов/мин). Найти вероятность того, что за 2 минуты: а) не придет ни одного вызова; б) придет ровно
один вызов; в) придет хотя бы один вызов.
Решение. Случайная величина Х – число вызовов за 2 минуты – распределена по закону Пуассона с параметром a    0,8  2  1,6 . Имеем:
а) p0 
(1,6) 0 1, 6
(1,6)1 1, 6
e  0,202 ; б) p1 
e  0,323;
1!
0!
в) P{X  1}  1  P{X  1}  1  0,202  0,798 .
Ответ: а)  0,202 ; б)  0,323 ; в)  0,798 .
Геометрическое распределение
Определение. СВДТ Х имеет геометрическое распределение, если ее возможные значения (реализации) xm  m , где m  0 , 1, 2 , ... (счетное множество
значений),
а
соответствующие
им
вероятности
выражаются
формулой
pm  PX  m  q m p , где 0  p  1; q  1  p .
Вероятности p m для последовательных значений m образуют геометрическую прогрессию с первым членом p и знаменателем q (отсюда и название –
«геометрическое распределение»).
Замечание. Это распределение зависит от одного параметра p, поэтому пишут X ~ G ( p) .
Геометрическое распределение появляется в следующих условиях. Пусть
производится ряд независимых опытов с целью получения какого-то результата
(«успеха»). При каждом опыте «успех» достигается с вероятностью p. СВ Х – это
124
число «безуспешных» попыток (до первой попытки, в которой появляется
«успешный» результат).
Очевидно, что наиболее вероятное значение случайной величины X ~ G ( p) ,
т.е. мода d X  0 .
Важнейшие числовые характеристики случайной величины X, имеющей геометрическое распределение:
mX 
q
q
q
, DX  2 ,  X  D X 
.
p
p
p
На практике чаще приходится рассматривать не случайную величину Х,
имеющую геометрическое распределение, а другую случайную величину Y –
число попыток до первого «успеха», включая удавшуюся. Ряд распределения
случайной величины Y имеет вид:
Y
1
2
…
m
…
m1
P
p
qp
…
q p …
Такое распределение часто называют «геометрическим, сдвинутым на единицу», или «геометрическим + 1».
Очевидно, что наиболее вероятное значение случайной величины Y, т.е. мода
dY  1 .
Важнейшие числовые характеристики случайной величины Y:
mY 
q
1
q
; DY  2 , Y  DY 
.
p
p
p
Пример 2.1.31. Стрелку выдаются патроны до тех пор, пока он не промахнется. Вероятность его попадания в цель при каждом выстреле – p  0,9 . Какова
вероятность того, что он получит не менее трех патронов?
Решение. Пусть случайная величина Х – это количество патронов, которое
получит стрелок. Тогда:
X
1
2
3
…
2
P
0,1 0,90,1 0,9 0,1 …
Отсюда PX  3  1  PX  3  1  0,1  0,9  0,1  0,81.
Ответ: 0,81.
Пример 2.1.32. Вероятность попадания баскетболистом в корзину при
штрафном броске равна 1 3 . На тренировке баскетболист выполняет штрафные
125
броски до тех пор, пока не попадет в корзину, а затем передает мяч другому игроку. Пусть X – количество бросков, сделанных баскетболистом. Составить закон распределения случайной величины X, найти ее наиболее вероятное значение (моду), mX и DX .
Решение. Случайная величина X имеет «геометрическое + 1» распределение,
1
2
в котором p  , q  1  p  . Тогда закон распределения случайной величины
3
3
X удобно задать аналитически:
2
P{X  k}  q p   
3
k 1
k 1
1 2k 1
  k , где k  1, 2 , 3 , ... .
3 3
Наиболее вероятное значение (мода) d X  1, mX 
1
q
 3 , DX  2  6 .
p
p
Ответ: d X  1, mX  3 , DX  6 .
Упражнения
Биномиальное распределение
2.1.16. Вероятность брака при производстве приборов составляет 10%. С какой вероятностью среди 6 приборов, взятых для контроля, окажется ровно 2 бракованных?
2.1.17. Студент может правильно решить задачу из контрольной работы с вероятностью 0,3. Какова вероятность того, что из предложенных шести задач варианта он решит ровно 4 задачи?
2.1.18. Из колоды в 36 карт 7 раз подряд наудачу выбирают карту, всякий раз
возвращая её в колоду. С какой вероятностью ровно 5 из выбранных карт будут
пиковой масти?
2.1.19. В урне 6 белых и 4 черных шара. Из нее пять раз подряд извлекают
шар, причем каждый раз вынутый шар возвращают в урну и шары перемешивают. Приняв за случайную величину Х число извлеченных белых шаров, составить закон распределения этой величины, определить ее математическое ожидание, дисперсию и моду.
2.1.20. Рабочий обслуживает четыре одинаковых станка. Вероятность того,
что в течение часа станок потребует регулировки, равна 0,25. Приняв за случайную величину Х число станков, которое придется регулировать в течение часа
126
рабочему, составить закон распределения этой величины, определить ее математическое ожидание, дисперсию и моду.
2.1.21. В магазин зашли четверо лиц. Вероятность того, что любой из посетителей не уйдет без покупки, равна 0,3. Приняв за случайную величину Х число
лиц, совершивших покупку, составить закон распределения этой величины,
определить ее математическое ожидание, дисперсию и моду.
2.1.22. В урне 20 белых и 10 черных шаров. Вынули подряд четыре шара,
причем каждый вынутый шар возвращают в урну перед извлечением следующего и шары в урне перемешивают. Приняв за случайную величину Х число извлеченных белых шаров, составить закон распределения этой величины, определить
ее математическое ожидание, дисперсию и моду.
2.1.23. Заявки, рассылаемые фирмой, удовлетворяются примерно в 30% случаев независимо друг от друга. Фирма разослала 12 заявок. Найти математическое ожидание и дисперсию числа удовлетворенных заявок X, а также
P{X  [mX ]} , где [mX ] – целая часть числа mX .
2.1.24. Случайным образом из колоды карт (36 карт) последовательно выкладывают на стол карты лицевой стороной вверх. На карты первой колоды таким
же образом кладут сверху карты второй колоды (36 карт). Найти среднее число
совпадений карт верхней и нижней колоды.
Распределение Пуассона
2.1.25. Среди семян ржи имеется 0,04% семян сорняков. Какова вероятность
при случайном отборе 5000 семян обнаружить 5 семян сорняков?
2.1.26. Учебник издан тиражом 100 000 экземпляров. Вероятность того, что
учебник сброшюрован неправильно, равна 0,00004. Найти вероятность того, что
тираж содержит ровно пять бракованных книг.
2.1.27. Супермаркет получил 10 000 бутылок минеральной воды. Вероятность того, что при перевозке бутылка окажется разбитой, равна 0,0003. Найти
вероятность того, что супермаркет получит не менее двух разбитых бутылок.
2.1.28. Автоматическая телефонная станция получает в среднем за час 300
вызовов. Какова вероятность того, что за данную минуту она получит не более
одного вызова?
127
2.1.29. В магазин за покупками приходят в среднем 30 человек в час. С какой
вероятностью в течение минуты в магазин не войдёт ни один покупатель?
2.1.30. На регистрирующее устройство попадает в среднем 120 космических
частиц в минуту. С какой вероятностью за одну секунду будет зарегистрировано
не менее двух частиц?
2.1.31. Коммутатор в течение часа получает в среднем 60 вызовов. Телефонистка отлучилась на 30 секунд. С какой вероятностью за это время на коммутатор придёт хотя бы один вызов?
2.1.32. Вероятность изготовления бракованного сверла равна 0,02. Свёрла
укладываются в коробки по 100 штук. Воспользовавшись теоремой Пуассона,
определить вероятность того, что количество бракованных свёрл в коробке не
превышает двух.
Геометрическое распределение
2.1.33. Вероятность изготовления бракованной детали на станке равна 0,05.
Пусть X – число бракованных деталей, изготавливаемых на станке с начала его
работы до появления первой бракованной детали. Найти mX и FX (3) .
2.1.34. Из колоды, состоящей из 36 карт, последовательно достают по одной
карте, каждый раз возвращая обратно. Найти среднее число извлеченных карт до
появления туза пик и вероятность того, что до появления туза пик придется извлекать не менее 3 карт.
2.1.35. При проведении операции срочно потребовался донор с редкой группой крови. По статистике такая группа крови встречается у 5% людей. Сколько в
среднем придется опросить людей, чтобы найти человека с такой группой крови? Какова вероятность того, что из 10 сотрудников, работающих в операционной, найдется хотя бы один с такой группой крови?
Ответы к упражнениям
2.1.16. C62  0,12  0,94  0,098415.
2.1.17. C64  0,34  0,72  0,059535.
2.1.18. C75  0,255  0,752  0,0115 .
2.1.19.
Х
P
0
1
2
3
4
5
0,01024 0,0768 0,2304 0,3456 0,2592 0,07776
128
m X  3 , DX  1,2 , d X  3 .
2.1.20.
Х
0
1
81
108
P
256
256
mX  1 , DX  0,75 , d X  1.
2
54
256
3
12
256
4
2
0,2646
3
0,0756
4
0,0081
1
256
2.1.21.
Х
0
1
P
0,2401
0,4116
mX  1,2 , DX  0,84 , d X  1.
129
2.1.22.
Х
0
1
1
8
P
81
81
mX  8 3 , DX  8 9 , d X  3 .
2
24
81
3
32
81
4
16
81
2.1.23. mX  3,6 , D X  2,52 , P{X  3}  C123  0,33  0,79  0,24 .
2.1.24. 1.
2.1.25. P{X  5} 
4
 0,0361 .
15  e2
2.1.26. P{X  5} 
128
 0,4248 .
15  e4
2.1.27. P{X  2}  1  P{X  2}  1  P{X  0}  P{X  1}  1 
2.1.28. P{X  1}  P{X  0}  P{X  1} 
2.1.29.
4
 0,801.
e3
6
 0,0404 .
e5
1
 0,606 .
e
2.1.30. 1 
2.1.31. 1 
3
 0,594 .
e2
1
 0,394 .
e
2.1.32.  0,677 .
2.1.33. mX  20 ; FX (3)  0,0975.
2.1.34. 36 карт;  0,945 .
2.1.35. 20 человек;  0,401. Указание. При ответе на первый вопрос задачи
используется «геометрическое + 1» распределение, а при ответе на второй вопрос применяется биномиальное распределение.
2.1.6. Основные непрерывные распределения
Равномерное распределение
Определение. СВНТ Х распределена равномерно на отрезке [a ; b] , если
плотность вероятности имеет вид
0 , x  [a ; b],
f X ( x)  
C , x  [a ; b].
130
График
fX (x)
C
плотности
приведен
f X (x)
на
рис. 2.1.10.
Замечание. Это распределение зависит от
a
0
x
b
двух параметров – a и b, поэтому пишут
X ~ R ( a ; b) .
Рис. 2.1.10.

Из условия нормировки
f
X
( x) dx  1 легко

находится константа С:
C
1
.
ba
Функция распределения FX ( x)  PX  x случайной величины X ~ R(a ; b) :
0 ,
x  a

FX ( x)  
,
b  a
1,
FX(x)
1
a
b
x
Рис. 2.1.11.
x  a,
a  x  b,
x  b.
График FX (x) приведен на рис. 2.1.11.
Математическое ожидание, дисперсия и
среднее квадратическое отклонение X ~ R(a ; b) равны:
mX 
ab
ba
(b  a)2
, DX 
, X 
.
2
12
2 3
Моды равномерное распределение не имеет, а медиана совпадает с математическим ожиданием.
Пример 2.1.33. Случайная величина Х, являющаяся погрешностью приближенных вычислений каких-либо параметров при округлении до ближайших целых чисел, удовлетворительно описывается распределением R(0,5; 0,5) .
Пример 2.1.34. Случайная величина X ~ R(1; 8) . Найти точку, в которой
функция распределения равна 1 3 .
Решение. По определению функции распределения FX ( x)  PX  x . Тогда,
1
согласно условию задачи FX ( x)  , или
3
x
f

X
(t ) dt 
1
. Плотность вероятности
3
имеет вид
131
0 , x  [1; 8] ,

f X ( x)   1
 9 , x  [1; 8].
x
Получаем уравнение
1
1
 9 dt  3 , или
1
x 1 1
 . Отсюда x  2 .
9
3
Заметим, что для решения этой задачи можно было сразу воспользоваться
аналитическим выражением для функции распределения X ~ R(a ; b)
0 ,
x  a

FX ( x)  
,
b  a
1,
x  a,
a  x  b,
x  b;
Тогда получится уравнение
xa 1
 , в котором a  1, b  8 .
ba 3
Ответ: 2.
Пример 2.1.35. Случайные величины имеют равномерное распределение
X ~ R(1; 0) , Y ~ R(0 ; 1) . Сравнить FX ( FY (0,5)) и FY ( FX (0,5)) .
Решение. По условию задачи
 0,

FX ( x)   x  1,
 1,

x  1,
1  x  0,
x  0;
FX (0,5)  1 ,
Тогда
0 ,

FY ( y )   y ,
1,

y  0,
0  y  1,
y  1.
FY (0,5)  0,5 ,
FX ( FY (0,5))  FX (0,5)  1 ,
FY ( FX (0,5))  FY (1)  1 . Поэтому FX ( FY (0,5))  FY ( FX (0,5)) .
Ответ: FX ( FY (0,5))  FY ( FX (0,5)) .
Показательное (экспоненциальное) распределение
Определение. СВНТ Х имеет показательное (экспоненциальное) распределение с параметром   0 , если плотность вероятности имеет вид
fX(x)

x  0,
0 ,
f X ( x)   x
 e , x  0 .
x
Рис. 2.1.12.
График
плотности
f X (x)
приведен
на
рис. 2.1.12.
132
Замечание. Это распределение зависит от одного параметра –  , поэтому
пишут X ~ E() .
Функция распределения FX ( x)  PX  x :
x  0,
0 ,
FX ( x)  
 x
1  e , x  0 .
FX(x)
1
График
FX (x)
приведен
на
рис. 2.1.13.
x
Медиана X ~ E() равна hX 
Рис. 2.1.13.
ln 2
.

Математическое ожидание, дисперсия и среднее квадратическое отклонение
X ~ E() равны:
mX 
1
1
1
, DX  2 ,  X  .



Замечание. Среднее квадратическое отклонение X ~ E() совпадает с математическим ожиданием.
Показательное распределение тесно связано с простейшим (стационарным
пуассоновским) потоком событий.
Пример 2.1.36. Показать, что интервал времени Т между двумя соседними
событиями в простейшем потоке имеет показательное распределение с параметром  , равным интенсивности потока: fT (t )   e t ( t  0 ).
Решение. Найдем вначале FT (t )  PT  t. Рассмотрим на оси 0t интервал
времени T между двумя соседними событиями потока (рис. 2.1.14).
t
0
T
t
Рис. 2.1.14.
Для того чтобы выполнялось неравенство T  t , нужно, чтобы хотя бы одно
событие потока попало на участок длины t. Вероятность этого:
p  1  p0  1  et .
133
Отсюда функция распределения: FT (t )  1  e t ( t  0 ). Дифференцируя
FT (t ) , получим плотность вероятности fT (t )   e t ( t  0 ), а это есть не что
иное, как показательное распределение.
Замечание. Показательное распределение играет большую роль в теории
марковских случайных процессов, теории массового обслуживания и теории
надежности.
Пример 2.1.37. Время безотказной работы ЭВМ – случайная величина Т,
имеющая показательное распределение с параметром  (физический смысл  –
среднее число отказов в единицу времени, если не учитывать простоев ЭВМ).
Известно, что ЭВМ уже проработала без отказов время  . Найти при этом условии плотность распределения f  (t ) времени T , которое ЭВМ проработает после
момента  до ближайшего отказа.
Решение. Так как простейший поток отказов не имеет последействия, то вероятность появления хотя бы одного отказа на участке ( ;   t ) не зависит от
того, появлялись ли отказы ранее
момента
:
F (t )  PT  t  1  et
(рис. 2.1.15). Откуда f  (t )   e  t ( t  0 ).

0
+ t

t
t
Рис. 2.1.15.
Таким образом, распределение времени, оставшегося до следующего отказа,
не зависит от того, сколько времени ЭВМ уже проработала безотказно.
Пример 2.1.38. Случайная величина распределена по показательному закону
X ~ E(10) . Вычислить вероятность P{X  100 | X  99} .
Решение. Воспользуемся определением условной вероятности:
P{X  100 | X  99} 
Поскольку
P{ X  100}  { X  99}
.
P{X  99}
событие
{X  100}
влечет
событие
{X  99} ,
т.е.
{X  100}  {X  99}, то {X  100}  {X  99}  {X  100} . Следовательно,
P{X  100 | X  99} 
P{X  100}
.
P{X  99}
134
Переходя в числителе и знаменателе к противоположным событиям, получим:
P{X  100}  1  P{X  100}  1  FX (100)  1  (1  e10  100 )  e10  100 ,
P{X  99}  1  P{X  99}  1  FX (99)  1  (1  e10  99 )  e10  99 .
Таким образом,
e1000
P{X  100 | X  99}  990  e10  4,54  105 .
e
Ответ: e 10  4,54  105 .
Пример 2.1.39. Время ремонта и обслуживания автомобиля после одной поездки случайно и удовлетворительно описывается экспоненциальным законом
распределения. Было замечено, что в текущем сезоне на ремонт и обслуживание
автомобиля после одной поездки тратилось в среднем 5 минут. Найти вероятность того, что при очередной поездке это время не превысит 30 минут.
Решение. Пусть X – время ремонта и обслуживания автомобиля после одной
поездки. По условию задачи X ~ E() и mX  5 . Поскольку m X 
1
, то   0,2 .

Плотность вероятности X ~ E(0,2) имеет вид:
x  0,
0 ,
f X ( x)  
0 , 2 x
0,2 e , x  0.
Требуется найти P{X  30} . Следовательно, получаем
30
30
0
0
P{ X  30}   0,2 e 0, 2 x d x   e 0, 2 x
 1  e 6  0,998 .
Ответ:  0,998 .
Пример 2.1.40. Опытами установлено, что в течение месяца выходит из
строя 0,02% электрических лампочек определенного типа. Человек для своей новой трехламповой люстры купил три лампочки этого типа. Какова вероятность
того, что в течение 5 месяцев ему не понадобится новая лампочка (т.е. ни одна
из лампочек в люстре не перегорит)?
Решение. Пусть X – время с момента начала подключения одной лампочки
до того момента, как она перегорит. По условию задачи
X ~ E() и
P{X  1}  0,0002 . Найдем параметр  : P{X  1}  FX (1)  1  e  1  0,0002 , или
135
e    0,9998 . Отсюда    ln 0,9998. Тогда вероятность, что одна лампочка не
перегорит за 5 месяцев, равна
P{X  5}  1  P{X  5}  1  FX (5)  e5 .
Поскольку время выхода из строя каждой из лампочек не зависит от времени
выхода из строя других, то вероятность p того, что ни одна из лампочек в люстре
не перегорит в течение 5 месяцев, равна
p  P{X  5}  e15  0,997 .
3
Ответ:  0,997 .
Нормальное распределение
Определение. СВНТ Х имеет нормальное (гауссовское) распределение с параметрами m  R и   0 , если плотность вероятности имеет вид

1
f X ( x) 
e
 2
( xm)2
22
,    x   .
Замечание. Это распределение зависит от двух параметров – m и , поэтому
пишут X ~ N(m ; ) .
Методами математического ана-
fX(x)
1
лиза можно легко построить график
2  
плотности вероятности f X (x) (кривой
Гаусса) (рис. 2.1.16):
0
m
x
Рис. 2.1.16.
Легко установить влияние параметров m и  на вид кривой f X (x) .
Изменение m равносильно сдвигу кривой вдоль оси Ox. Причем в точке x  m
имеется единственный максимум функции f X (x) , равный
1
. Изменение 
 2
равносильно изменению масштаба кривой по
fX(x)
обеим осям (например, при удвоении  масштаб
по оси Ox удвоится, а по оси Oy – уменьшится в
два раза, при этом площадь под графиком f X (x)
всегда равна единице) (рис. 2.1.17).
0
m
Рис. 2.1.17.
x
Общим называется нормальное распределение с параметрами m и . Если случайная вели136
чина X ~ N(0 ; 1) , то она называется стандартизованной нормальной случайной
величиной. Ее плотность:
2
1  x2
( x) 
e .
2
Эта функция табулирована только для x  0 , поскольку является четной, т.е.
( x)  ( x) .
Математическое ожидание, дисперсия и среднее квадратическое отклонение
X ~ N(m ; ) равны:
m X  m , DX  2 ,  X   .
Таким образом, смысл параметров m и  случайной величины X ~ N(m ; )
следующий:
m  mX ,    X .
Замечание. Поскольку график функции плотности f X (x) случайной величины X ~ N(m ; ) симметричен относительно прямой x  m , то ответ m X  m
можно было получить сразу. Кроме того, мода и медиана случайной величины
X ~ N(m ; ) совпадают с ее математическим ожиданием и равны m.
Функция распределения стандартизованной нормальной случайной величины имеет вид:
2
1 x  2t
( x) 
 e dt .
2  
Она часто называется функцией нормального распределения и также табулирована для x  0 , поскольку
( x)  1  ( x) .
Кроме того, в этой таблице приведены значения функции (x) лишь для
x  3,5 . Это обусловлено тем, что при x  3,5 значения функции (x) практиче-
ски не отличается от единицы. Поэтому при решении задач можно считать, что
( x)  1 для x  3,5 .
Функция
распределения
FX ( x)  PX  x
для
случайной
величины
X ~ N(m ; ) связана функцией нормального распределения (x) при помощи
формулы:
137
FX ( x) 
x
f
X

 xm
(t ) dt  
.
  
Поэтому очевидно, что
 x m
 x m
Px1  X  x2    2
   1
.
  
  
Пример 2.1.41. Дана
случайная
величина
X ~ N(30; 10) .
Найти
P10  X  50.
 50  30 
 10  30 
Решение. P10  X  50  
  
  (2)  (2) 
 10 
 10 
 (2)  1  (2)  2(2)  1  2  0,9772  1  0,9544 .
Ответ:  0,9544 .
Часто требуется вычислить вероятность того, что отклонение случайной величины X ~ N(m ; ) от ее математического ожидания по абсолютной величине
меньше заданного положительного числа , т.е. требуется найти вероятность
P X  mX  . Задача решается так:

P X  mX    2   1 .

Случайная величина X ~ N(m ; ) с большой вероятностью принимает значения, близкие к своему математическому ожиданию, что описывается «правилом k сигм»:
 0,6827, k  1,

 k 
P X  mX  k  2   1  2(k )  1   0,9545, k  2 ,

 0,9973, k  3.

Пример 2.1.42. Рост взрослого мужчины удовлетворительно описывается
нормальным законом распределения. По статистике средний рост составляет
180 см, а среднеквадратическое отклонение равно 7 см. Найти вероятность того,
что рост наугад взятого мужчины будет отличаться от среднего роста менее чем
на 7 см.
Решение. Обозначим рост наугад взятого взрослого мужчины через X. По
условию задачи X ~ N(180; 7) . Требуется найти P X  180  7. Тогда
7
P X  180  7  2   1  2(1)  1  2  0,8413  1  0,6826 .
7
138
Ответ:  0,6826 .
Пример 2.1.43. Случайная величина X имеет плотность вероятности
( x12)

1
f X ( x) 
 e 18 .
3 2
2
Какова вероятность того, что X попадет в интервал (0 ; 12) ? Чему равен второй начальный момент этой случайной величины?
Решение. Согласно условию задачи случайная величина имеет нормальное
распределение X ~ N(12; 3) . Тогда
 12  12 
 0  12 
P0  X  12  
  
  (0)  (4)  (0)  (1  (4)) .
 3 
 3 
Поскольку 4  3,5 , то можно считать, что (4)  1 . Поэтому
P0  X  12  (0)  0,5 .
Для нахождения второго начального момента  2 случайной величины
X ~ N(12; 3) необходимо воспользоваться соотношением DX  2  12 . По условию задачи DX  2X  9 , 1  mX  12 . Отсюда
2  DX  12  9  144  153 .
Ответ: P0  X  12  0,5 ,  2  153 .
Пример 2.1.44. Считается, что отклонение длины изготавливаемых деталей
от стандарта является случайной величиной, распределенной по нормальному
закону. Если стандартная длина детали 40 см и среднее квадратическое отклонение равно 0,4 см, то какую точность длины изделия можно гарантировать с вероятностью 0,8?
Решение. По условию задачи случайная величина X – длина изготавливаемой детали – имеет нормальное распределение X ~ N(40; 0,4) . Требуется найти
положительное
число
,
для
которого
P X  40   0,8 .
Поскольку
  
P X  40    2
  1 , то задача сводится к решению неравенства
 0,4 
  

  0,9 . По таблице квантилей нормального распределения N(0 ; 1) нахо 0,4 
139
дим:

 1,282 , или   0,5128 . Таким образом, наименьшее значение  равно
0,4
0,5128 см.
Ответ:   0,5128 см.
Пример 2.1.45. Пусть X – случайная величина, подчиненная нормальному
закону X ~ N(1,6 ; 1) . Какова вероятность того, что при четырех испытаниях эта
случайная величина хотя бы один раз попадет в интервал (1; 2) ?
Решение. Найдем вероятность попадания случайной величины X в интервал
(1; 2) при одном испытании:
 2  1,6 
 1  1,6 
P1  X  2  
  
  (0,4)  (0,6)  (0,4)  (1  (0,6)) 
 1 
 1 
 (0,4)  (0,6)  1  0,6554  0,7257  1  0,3811.
Тогда вероятность того, что случайная величина не попадет в интервал (1; 2)
при одном испытании, равна 1  0,3811  0,6189 , а при четырех испытаниях
0,61894  0,1467 . Значит, искомая вероятность составляет 1  0,1467  0,8533 .
Ответ:  0,8533 .
Оценка отклонения распределения от нормального;
асимметрия и эксцесс
Нормальное распределение имеет широкое распространение в прикладных
задачах. Поэтому при изучении распределений, отличных от нормального, возникает необходимость количественно оценить это различие. С этой целью вводят специальные характеристики, в частности, асимметрию и эксцесс
aX 
3

, e X  44  3 .
3
X
X
Для нормального распределения эти характеристики равны нулю. Поэтому
если для изучаемого распределения асимметрия и эксцесс имеют небольшие
значения, то можно предположить близость этого распределения к нормальному.
Наоборот, большие значения a X и e X указывают на значительное отклонение от
нормального (рис. 2.1.18, 2.1.19).
140
fX (x)
fX (x)
aX < 0
aX > 0
a X  0 – пологая часть правее моды
dX
0
x
dX
0
x
a X  0 – пологая часть левее моды
Рис. 2.1.18.
fX (x)
eX > 0
êðèâàÿ í î ðì àëüí î ãî
ðàñï ðåäåëåí èÿ
x
0
случай eX  0
fX (x)
eX < 0
êðèâàÿ í î ðì àëüí î ãî
ðàñï ðåäåëåí èÿ
x
0
случай e X  0
Рис. 2.1.19.
Замечание. При исследовании эксцесса надо считать, что нормальное и исследуемое распределения имеют одинаковые математические ожидания и дисперсии.
Пример 2.1.46. Дана функция плотности случайной величины X:
 0,

2
 1,5 x ,
f X ( x)  
2
1,5(2  x) ,
 0,

x  0,
0  x  1,
1  x  2,
x  2.
Найти асимметрию и эксцесс случайной величины X.
Решение. Вычислим вначале математическое ожидание и дисперсию случайной величины X (опуская промежуточные выкладки):
2
1

mX  1,5    x3d x   x(2  x)2 d x   1 ;
1
0

2
1

2 2
DX  1,5    ( x  1) x d x   ( x  1) 2 (2  x) 2 d x   0,1 .
1
0

Отсюда  X  DX  0,1  0,316 .
Также, опуская промежуточные выкладки, вычислим центральные моменты
 3 и  4 случайной величины X:
2
1

3 2
3  1,5    ( x  1) x d x   ( x  1)3 (2  x)2 d x   0 ;
1
0

141
2
1
 1
 4  1,5    ( x  1) 4 x 2d x   ( x  1) 4 (2  x)2 d x   .
1
0
 35
Заметим, что если построить график плотности f X (x) , то можно увидеть, что
он имеет вертикальную ось симметрии x  1 . Поэтому можно было бы, не вычисляя, сразу получить mX  1 , 3  0 .
Теперь находим асимметрию и эксцесс:
aX 
3

1 35
1
 0 , eX  44  3 
3  .
3
X
X
0,01
7
1
Ответ: aX  0 , eX   .
7
Упражнения
Равномерное распределение
2.1.36. Случайная величина X имеет равномерное распределение на отрезке
[0 ; b] . Известно, что P{X  1 3}  1 3 . Найти b и начальный момент  2 .
2.1.37. Найти p-квантиль распределения X ~ R(a ; b) .
2.1.38. Если соблюдается график движения трамваев, то среднее время ожидания пассажиром трамвая равно 3,5 минуты. Известно, что время ожидания
имеет равномерный закон распределения. Минимальное время ожидания равно
0. Найти вероятность того, что пассажир будет ожидать трамвай от 2 до 5 минут.
2.1.39. Длина комнаты измеряется с помощью рулетки с грубыми делениями,
отделенными расстояниями 10 см. Округление производится до ближайшего деления. Случайная величина X – ошибка измерения. Найти и построить функцию
плотности распределения f X (x) , найти математическое ожидание и дисперсию
случайной величины X.
2.1.40. Поезда данного маршрута городского трамвая идут с интервалом 5
минут. Пассажир подходит к трамвайной остановке в некоторый момент времени. Какова вероятность появления пассажира не ранее, чем через минуту после
ухода предыдущего поезда, но не позднее, чем за две минуты до отхода следующего поезда?
2.1.41. Случайная величина X равномерно распределена на отрезке [a ; b] ,
где a  0 и b  0 . Вероятность того, что эта случайная величина примет отрицательное значение, равна 0,75. Рассматривается другая случайная величина Y,
142
равномерно распределенная на отрезке [3a ; b] . Чему равна вероятность того,
что случайная величина Y будет отрицательной?
Показательное (экспоненциальное) распределение
2.1.42. Случайная величина X имеет показательное распределение X ~ E(1) .
Вычислить P{0  X  1} . Сравнить FX (mX ) и f X (mX ) , а также FX (mX ) и
f X (m X ) .
2.1.43. Найти p-квантиль распределения X ~ E() .
2.1.44. Время X безотказной работы станка имеет показательное распределение. Вероятность того, что станок не откажет за 5 часов работы, равна 0,60653.
Найти mX , DX , начальный момент  2 .
2.1.45. Вероятность того, что некий прибор проработает 1 час, равна 0,9. Какова вероятность того, что прибор безотказно проработает сутки?
2.1.46. 98% топливных насосов дизельных тракторов выходят из строя после
3000 моточасов. Какова вероятность того, что насос выйдет из строя в интервале
времени от 2000 до 2500 моточасов?
2.1.47. По данным страховых агентств некоторого государства вероятность
того, что гражданин этой страны доживет до 70 лет, равна 0,87. Какова вероятность того, что случайный новорожденный этой страны доживет до свадьбы, если по статистике этот возраст составляет 22 года?
2.1.48. Известно, что среднее время ожидания кассиром очередного покупателя, подошедшего к кассе, равно 0,2 минуты. Время ожидания кассиром очередного покупателя можно считать случайной величиной, имеющей показательный закон распределения. Кассиру нужно сменить ленту кассового аппарата. На
это ему требуется две минуты. Какова вероятность того, что за это время не образуется очередь, т.е. к кассе не подойдет ни один покупатель?
2.1.49. Блок прибора построен из трех независимых, параллельно действующих одинаковых элементов. Отказ блока происходит лишь в случае, когда отказывают все три элемента. Плотность распределения времени исправной работы
X каждого из элементов равна f X ( x) 
x

1
 e 300 . Какова вероятность того, что
300
блок безотказно проработает 600 часов?
Нормальное распределение
143
2.1.50. Случайная величина X ~ N(2 ; 1) . Сравнить P{X  mX } и P{X  DX } .
2.1.51. Случайная величина X ~ N(; e) . Вычислить FX (mX ) .
2.1.52. Случайная величина X подчинена нормальному закону распределения. Второй начальный момент и второй центральный момент равны 14 и 10 соответственно. Чему равно значение функции распределения случайной величины X в точке x  2 ?
2.1.53. Деталь считается бракованной, если ее отклонение X от номинала
больше 5 мм. Считая, что случайная величина Х распределена нормально со
средним квадратическим отклонением 3 мм, установить процент годных деталей.
2.1.54. Мастерская изготавливает стержни, длина которых представляет собой случайную величину, распределенную по нормальному закону с математическим ожиданием 25 см и средним квадратическим отклонением 0,1 см. Найти
вероятность того, что отклонение длины стержня от среднего размера не превзойдет 0,25 см.
2.1.55. Деталь считается бракованной, если ее отклонение X от номинала
больше 4 мм. Считая, что случайная величина Х распределена нормально со
средним квадратическим отклонением 2 мм, установить процент бракованных
деталей.
2.1.56. Автомат изготавливает шарики. Шарик считается годным, если отклонение Х диаметра шарика от проектного размера по абсолютной величине
меньше 0,7 мм. Считая, что случайная величина Х распределена нормально со
средним квадратическим отклонением 0,4 мм, найти, сколько в среднем будет
годных шариков среди 100 изготовленных.
2.1.57. Случайная величина X ~ N(2 ; 5) . При каком x вероятность попадания
случайной величины X в интервал (4 ; x) равна 0,7?
2.1.58. Случайная величина X ~ N(6 ; 5) . Найти интервал, симметричный относительно математического ожидания, в который случайная величина X попадает с вероятностью 0,5.
2.1.59. Случайная величина X ~ N(3; ) . Найти  , если известно, что вероятность P1  X  5  0,954 .
144
2.1.60. Поезд состоит из 100 вагонов. Масса каждого вагона – случайная величина (измеряемая в тоннах), распределенная по нормальному закону
X ~ N(65; 0,9) . Локомотив может везти состав массой не более 6600 тонн, в противном случае необходимо прицеплять второй локомотив. Найти вероятность
того, что второй локомотив не потребуется.
2.1.61. Диаметр выпускаемой детали – случайная величина (измеряемая в
сантиметрах), распределенная по нормальному закону X ~ N(25; 0,4) . Найти вероятность того, что две взятые наудачу детали имеют отклонение от математического ожидания по абсолютной величине не более 0,16 см.
2.1.62. Диаметр выпускаемой детали – случайная величина (измеряемая в
сантиметрах), распределенная по нормальному закону X ~ N(5; 0,9) . Установить: 1) вероятность того, что наудачу взятая деталь имеет диаметр в пределах
от 4 до 7 см; 2) вероятность того, что размер диаметра наудачу взятой детали отличается от математического ожидания не более чем на 2 см; 3) в каких границах следует ожидать размер диаметра детали, чтобы вероятность не выйти за эти
границы была равна 0,95.
2.1.63. Случайная величина X ~ N(2,2 ; 0,5) . Какова вероятность того, что
при первом испытании случайная величина окажется на отрезке [3; 4] , а при
втором испытании – на отрезке [1; 2] ?
2.1.64. Случайная величина X ~ N(10; ) . Каково должно быть среднее
квадратическое отклонение  этой случайной величины, чтобы с вероятностью
0,8 отклонение от математического ожидания по абсолютной величине не превышало 0,2?
Асимметрия и эксцесс
2.1.65. Дана функция плотности случайной величины X:
 0,
 x,

f X ( x)  
2  x ,
 0 ,
x  0,
0  x  1,
1  x  2,
x  2.
Найти асимметрию и эксцесс случайной величины X.
2.1.66. Случайная величина X подчинена закону распределения с плотностью
f X ( x)  0,5  e |x| . Найти асимметрию и эксцесс случайной величины X.
145
2.1.67. Найти асимметрию и эксцесс случайной величины, имеющей показательное распределение X ~ E() .
Ответы к упражнениям
2.1.36. b  0,5 ,  2 
1
.
12
2.1.37. a(1  p)  bp .
2.1.38. a  0 , b  7 , P{2  X  5} 
3
.
7
0 , x  [5 ; 5],
25
2.1.39. f X ( x)  
mX  0 , DX  .
3
0,1, x  [5 ; 5];
2.1.40. 0,4.
2.1.41. 0,9.
2.1.42. P{0  X  1}  1 
2.1.43. 
1
 0,632 , FX (mX )  f X (mX ) , FX (mX )  f X (mX ) .
e
ln(1  p)
.

2.1.44. mX  10 , DX  100 ,  2  200 .
2.1.45.  0,0797 .
2.1.46.  0,0033 .
2.1.47.  0,957 .
2.1.48. e 10  4,54  105 .
2.1.49.  0,35 .
2.1.50. P{X  mX }  P{X  DX } .
2.1.51. 0,5.
2.1.52. 0,5 или  0,9032 .
2.1.53.  90,5 %.
2.1.54.  0,9876 .
2.1.55.  4,56 %.
2.1.56. p  0,9198 , N  92 .
2.1.57. x  6,48 .
2.1.58.   3,375 .
2.1.59.   1.
146
2.1.60.  0,7328 .
2.1.61.  0,096 .
2.1.62. 1)  0,8531; 2)  0,9734 ; 3)   1,76 .
2.1.63.  0,018 .
2.1.64.   0,156 .
2.1.65. aX  0 , eX  0,6 .
2.1.66. aX  0 , e X  3 .
2.1.67. aX  2 , eX  6 .
147