СЛУЧАЙНЫЕ ВЕЛИЧИНЫ
Пример 2.1. Случайная величина X задана функцией распределения
Найти вероятность того, что в результате испытания X примет значения, заключенные в промежутке (2,5; 3,6).
Решение: Х в промежуток (2,5; 3,6) можно определить двумя способами:
Пример 2.2. При каких значениях параметров А и В функция F (x ) = A + Be - x может быть функцией распределения для неотрицательных значений случайной величины Х .
Решение: Так как все возможные значения случайной величины Х принадлежат интервалу , то для того, чтобы функция была функцией распределения для Х , должно выполняться свойство:
.
Ответ: 
.
Пример 2.3. Случайная величина X задана функцией распределения
Найти вероятность того, что в результате четырех независимых испытаний величина X ровно 3 раза примет значение, принадлежащее интервалу (0,25;0,75).
Решение: Вероятность попадания величины Х в промежуток (0,25;0,75) найдем по формуле:
Пример 2.4. Вероятность попадания мячом в корзину при одном броске равна 0,3. Составить закон распределения числа попаданий при трех бросках.
Решение: Случайная величина Х – число попаданий в корзину при трех бросках – может принимать значения: 0, 1, 2, 3. Вероятности того, что Х
Х :
Пример 2.5. Два стрелка делают по одному выстрелу в мишень. Вероятность попадания в нее первым стрелком равна 0,5, вторым – 0,4. Составить закон распределения числа попаданий в мишень.
Решение: Найдем закон распределения дискретной случайной величины Х – числа попаданий в мишень. Пусть событие – попадание в мишень первым стрелком, а – попадание вторым стрелком, и - соответственно их промахи.
Составим закон распределения вероятностей СВ Х :
Пример 2.6. Испытываются 3 элемента, работающих независимо друг от друга. Длительности времени (в часах) безотказной работы элементов имеют функции плотности распределения: для первого: F 1 (t ) =1-e - 0,1 t , для второго: F 2 (t ) = 1-e - 0,2 t , для третьего: F 3 (t ) =1-e - 0,3 t . Найти вероятность того, что в интервале времени от 0 до 5 часов: откажет только один элемент; откажут только два элемента; откажут все три элемента.
Решение: Воспользуемся определением производящей функции вероятностей :
Вероятность того, что в независимых испытаниях, в первом из которых вероятность появления события А равна , во втором и т. д., событие А появится ровно раз, равна коэффициенту при в разложении производящей функции по степеням . Найдем вероятности отказа и неотказа соответственно первого, второго и третьего элемента в интервале времени от 0 до 5 часов:
Составим производящую функцию:
Коэффициент при равен вероятности того, что событие А появится ровно три раза, то есть вероятности отказа всех трех элементов; коэффициент при равен вероятности того, что откажут ровно два элемента; коэффициент при равен вероятности того, что откажет только один элемент.
Пример 2.7. Дана плотность вероятности f (x )случайной величины X :
Найти функцию распределения F(x).
Решение: Используем формулу:
.
Таким образом, функция распределения имеет вид:
Пример 2.8. Устройство состоит из трех независимо работающих элементов. Вероятность отказа каждого элемента в одном опыте равна 0,1. Составить закон распределения числа отказавших элементов в одном опыте.
Решение: Случайная величина Х – число элементов, отказавших в одном опыте – может принимать значения: 0, 1, 2, 3. Вероятности того, что Х примет эти значения, найдем по формуле Бернулли:
Таким образом, получаем следующий закон распределения вероятностей случайной величины Х :
Пример 2.9. В партии из 6 деталей имеется 4 стандартных. Наудачу отобраны 3 детали. Составить закон распределения числа стандартных деталей среди отобранных.
Решение: Случайная величина Х – число стандартных деталей среди отобранных – может принимать значения: 1, 2, 3 и имеет гипергеометрическое распределение. Вероятности того, что Х
где -- число деталей в партии;
-- число стандартных деталей в партии;
– число отобранных деталей;
-- число стандартных деталей среди отобранных.
.
.
.
Пример 2.10. Случайная величина имеет плотность распределения
причем и не известны, но , а и . Найдите и .
Решение: В данном случае случайная величина X имеет треугольное распределение (распределение Симпсона) на отрезке [a, b ]. Числовые характеристики X :
Следовательно, 
. Решая данную систему, получим две пары значений: . Так как по условию задачи , то окончательно имеем: 
.
Ответ: .
Пример 2.11. В среднем по 10% договоров страховая компания выплачивает страховые суммы в связи с наступлением страхового случая. Вычислить математическое ожидание и дисперсию числа таких договоров среди наудачу выбранных четырех.
Решение: Математическое ожидание и дисперсию можно найти по формулам:
.
Возможные значения СВ (число договоров (из четырех) с наступлением страхового случая): 0, 1, 2, 3, 4.
Используем формулу Бернулли, чтобы вычислить вероятности различного числа договоров (из четырех), по которым были выплачены страховые суммы:
.
Ряд распределения СВ (число договоров с наступлением страхового случая) имеет вид:
| 0,6561 | 0,2916 | 0,0486 | 0,0036 | 0,0001 |
Ответ: , .
Пример 2.12. Из пяти роз две белые. Составить закон распределения случайной величины, выражающей число белых роз среди двух одновременно взятых.
Решение: В выборке из двух роз может либо не оказаться белой розы, либо может быть одна или две белые розы. Следовательно, случайная величина Х может принимать значения: 0, 1, 2. Вероятности того, что Х примет эти значения, найдем по формуле:
где -- число роз;
-- число белых роз;
– число одновременно взятых роз;
-- число белых роз среди взятых.
.
.
.
Тогда закон распределения случайной величины будет такой:
Пример 2.13. Среди 15 собранных агрегатов 6 нуждаются в дополнительной смазке. Составить закон распределения числа агрегатов, нуждающихся в дополнительной смазке, среди пяти наудачу выбранных из общего числа.
Решение: Случайная величина Х – число агрегатов, нуждающихся в дополнительной смазке среди пяти выбранных – может принимать значения: 0, 1, 2, 3, 4, 5 и имеет гипергеометрическое распределение. Вероятности того, что Х примет эти значения, найдем по формуле:
где -- число собранных агрегатов;
-- число агрегатов, нуждающихся в дополнительной смазке;
– число выбранных агрегатов;
-- число агрегатов, нуждающихся в дополнительной смазке среди выбранных.
.
.
.
.
.
.
Тогда закон распределения случайной величины будет такой:
Пример 2.14. Из поступивших в ремонт 10 часов 7 нуждаются в общей чистке механизма. Часы не рассортированы по виду ремонта. Мастер, желая найти часы, нуждающиеся в чистке, рассматривает их поочередно и, найдя такие часы, прекращает дальнейший просмотр. Найти математическое ожидание и дисперсию числа просмотренных часов.
Решение: Случайная величина Х – число агрегатов, нуждающихся в дополнительной смазке среди пяти выбранных – может принимать значения: 1, 2, 3, 4. Вероятности того, что Х примет эти значения, найдем по формуле:
.
.
.
.
Тогда закон распределения случайной величины будет такой:
Теперь вычислим числовые характеристики величины :
Ответ: , .
Пример 2.15. Абонент забыл последнюю цифру нужного ему номера телефона, однако помнит, что она нечетная. Найти математическое ожидание и дисперсию числа сделанных им наборов номера телефона до попадания на нужный номер, если последнюю цифру он набирает наудачу, а набранную цифру в дальнейшем не набирает.
Решение: Случайная величина может принимать значения: . Так как набранную цифру абонент в дальнейшем не набирает, то вероятности этих значений равны .
Составим ряд распределения случайной величины:
| 0,2 |
Вычислим математическое ожидание и дисперсию числа попыток набора номера:
Ответ: , .
Пример 2.16. Вероятность отказа за время испытаний на надежность для каждого прибора серии равна p . Определить математическое ожидание числа приборов, давших отказ, если испытанию подверглись N приборов.
Решение: Дискретная случайная величина X - число отказавших приборов в N независимых испытаниях, в каждом из которых вероятность появления отказа равна p, распределена по биномиальному закону. Математическое ожидание биномиального распределения равно произведению числа испытаний на вероятность появления события в одном испытании:
Пример 2.17. Дискретная случайная величина X принимает 3 возможных значения: с вероятностью ; с вероятностью и с вероятностью . Найти и , зная, что M(X ) = 8.
Решение: Используем определения математического ожидания и закона распределения дискретной случайной величины:
Находим: .
Пример 2.18. Отдел технического контроля проверяет изделия на стандартность. Вероятность того, что изделие стандартно, равна 0,9. В каждой партии содержится 5 изделий. Найти математическое ожидание случайной величины X – числа партий, в каждой из которых содержится ровно 4 стандартных изделия, если проверке подлежат 50 партий.
Решение: В данном случае все проводимые опыты независимы, а вероятности того, что в каждой партии содержится ровно 4 стандартных изделия, одинаковы, следовательно, математическое ожидание можно определить по формуле:
,
где - число партий;
Вероятность того, что в партии содержится ровно 4 стандартных изделия.
Вероятность найдем по формуле Бернулли:
Ответ: 
.
Пример 2.19. Найти дисперсию случайной величины X – числа появлений события A в двух независимых испытаниях, если вероятности появления события в этих испытаниях одинаковы и известно, что M (X ) = 0,9.
Решение: Задачу можно решить двумя способами.
1) Возможные значения СВ X : 0, 1, 2. По формуле Бернулли определим вероятности этих событий:
,
,
.
Тогда закон распределения X имеет вид:
Из определения математического ожидания определим вероятность :
Найдем дисперсию СВ X :
.
2) Можно использовать формулу:
.
Ответ: 
.
Пример 2.20. Математическое ожидание и среднее квадратическое отклонение нормально распределенной случайной величины X соответственно равны 20 и 5. Найти вероятность того, что в результате испытания X примет значение, заключенное в интервале (15; 25).
Решение: Вероятность попадания нормальной случайной величины Х на участок от до выражается через функцию Лапласа:
Пример 2.21.
Дана функция: 
При каком значении параметра C эта функция является плотностью распределения некоторой непрерывной случайной величины X ? Найти математическое ожиданий и дисперсию случайной величины X .
Решение: Для того, чтобы функция была плотностью распределения некоторой случайной величины , она должна быть неотрицательна, и она должна удовлетворять свойству:
.
Следовательно:
Вычислим математическое ожидание по формуле:
.
Вычислим дисперсию по формуле:
T равна p . Необходимо найти математическое ожидание и дисперсию этой случайной величины.
Решение: Закон распределения дискретной случайной величины X - числа появлений события в независимых испытаниях, в каждом из которых вероятность появления события равна , называют биномиальным. Математическое ожидание биномиального распределения равно произведению числа испытаний на вероятность появления события А одном испытании:
.
Пример 2.25. Производится три независимых выстрела по мишени. Вероятность попадания при каждом выстреле равна 0.25. Определить среднее квадратическое отклонение числа попаданий при трех выстрелах.
Решение: Так как производится три независимых испытания, и вероятность появления события А (попадания) в каждом испытании одинакова, то будем считать, что дискретная случайная величина X - число попаданий в мишень – распределена по биномиальному закону.
Дисперсия биномиального распределения равна произведению числа испытаний на вероятности появления и непоявления события в одном испытании:
Пример 2.26. Среднее число клиентов, посещающих страховую компанию за 10 мин., равно трем. Найти вероятность того, что в ближайшие 5 минут придет хотя бы один клиент.
Среднее число клиентов, пришедших за 5 минут: 
. .
Пример 2.29. Время ожидания заявки в очереди на процессор подчиняется показательному закону распределения со средним значением 20 секунд. Найти вероятность того, что очередная (произвольная) заявка будет ожидать процессор более 35 секунд.
Решение:
В этом примере математическое ожидание 
, а интенсивность отказов равна .
Тогда искомая вероятность:
Пример 2.30. Группа студентов в количестве 15 человек проводит собрание в зале, в котором 20 рядов по 10 мест в каждом. Каждый студент занимает место в зале случайным образом. Какова вероятность того, что не более трех человек будут находиться на седьмом месте ряда?
Решение:
Пример 2.31.
Тогда согласно классическому определению вероятности:
где -- число деталей в партии;
-- число нестандартных деталей в партии;
– число отобранных деталей;
-- число нестандартных деталей среди отобранных.
Тогда закон распределения случайной величины будет такой.
Мы установили, что ряд распределения полностью характеризует дискретную случайную величину. Однако эта характеристика не является универсальной. Она существует только для дискретных величин. Для непрерывной величины ряд распределения построить нельзя. Действительно, непрерывная случайная величина имеет бесчисленное множество возможных значений, которые сплошь заполняют некоторый промежуток. Составить таблицу, в которой были бы перечислены все возможные значения этой величины, невозможно. Следовательно, для непрерывной случайной величины не существует ряда распределения в том смысле, в каком он существует для дискретной величины. Однако различные области возможных значений случайной величины не являются одинаково вероятными, и для непрерывной величины все-таки существует «распределение вероятностей», хотя и не в том смысле, как для дискретной.
Для количественной характеристики этого распределения вероятностей удобно воспользоваться не вероятностью события Р (Х = х ), состоящего в том, что случайная величина примет определенное значение х , а вероятностью события Р (Х <х ), состоящего в том, что случайная величина примет значение меньшее х . Очевидно, что вероятность этого события зависит от х , т.е. является некоторой функцией от х .
Определение. Функцией распределения случайной величины Х называется функция F (x ), выражающая для каждого значения х вероятность того, что случайная величина Х примет значение, меньшее х :
| F (x ) = P (X < x ). | (4.2) |
Функцию распределения называют также интегральной функцией распределения или интегральным законом распределения .
Функция распределения – самая универсальная характеристика случайной величины. Она существует для всех случайных величин: как дискретных, так и непрерывных. Функция распределения полностью характеризует случайную величину с вероятностной точки зрения, т.е. является одной из форм закона распределения.
Функция распределения допускает простую геометрическую интерпретацию. Рассмотрим случайную величину Х на оси Ох (рис. 4.2), которая в результате опыта может занять то или иное положение. Пусть на оси выбрана точка, имеющая значение х . Тогда в результате опыта случайная величина Х может оказаться левее или правее точки х . Очевидно, вероятность того, что случайная величина Х окажется левее точки х , будет зависеть от положения точки х , т.е. являться функцией аргумента х .
Для дискретной случайной величины Х , которая может принимать значения х 1 , х 2 , …, х n , функция распределения имеет вид
Найти и изобразить графически ее функцию распределения.
Решение. Будем задавать различные значения х и находить для них F (x ) = = P (X < x ).
1. Если х ≤ 0, то F (x ) = P (Х < х ) = 0.
2. Если 0 < х ≤ 1, то F (x ) = P (Х < х ) = P (Х = 0) = 0,08.
3. Если 1 < х ≤ 2, то F (x ) = P (Х < х ) = P (Х = 0) + P (Х = 1) = 0,08 + 0,44 = 0,52.
4. Если х > 2, то F (x ) = P (Х < х ) = P (Х = 0) + P (Х = 1) + P (Х = 2) = 0,08 + 0,44 + + 0,48 = 1.
Запишем функцию распределения.
Изобразим функцию распределения графически (рис. 4.3). Заметим, что при подходе слева к точкам разрыва функция сохраняет свое значение (про такую функцию говорят, что она непрерывна слева). Эти точки на графике выделены. ◄
Этот пример позволяет прийти к утверждению, что функция распределения любой дискретной случайной величины есть разрывная ступенчатая функция, скачки которой происходят в точках, соответствующих возможным значениям случайной величины и равны вероятностям этих значений .
Рассмотрим общие свойства функции распределения.
1. Функция распределения случайной величины есть неотрицательная функция, заключенная между нулем и единицей :
3. На минус бесконечности функция распределения равна нулю, на плюс бесконечности равна единице , т.е.
Пример 4.3. Функция распределения случайной величины Х имеет вид:
Найти вероятность того, что случайная величина X примет значение в интервале и имеющих нулевую вероятность.
Однако представления о событии, имеющем отличную от нуля вероятность, но складывающемся из событий с нулевой вероятностью, не более парадоксально, чем представление об отрезке, имеющем определенную длину, тогда как ни одна точка отрезка отличной от нуля длиной не обладает. Отрезок состоит из таких точек, но его длина не равна сумме их длин.
Из этого свойства вытекает следующее следствие.
Следствие. Если Х – непрерывная случайная величина, то вероятность попадания этой величины в интервал (х 1 , х 2) не зависит от того, является ли этот интервал открытым или закрытым :
P (x 1 < X < x 2) = P (x 1 ≤ X < x 2) = P (x 1 < X ≤ x 2) = P (x 1 ≤ X ≤ x 2).
Тема №11
На практике для задания случайных величин общего вида обычно используется функция распределения.
Вероятность того, что случайная величина х примет определенное значение х 0 , выражается через функцию распределения по формуле
р (х = х 0) = F(x 0 +0) – F(x 0). (3)
В частности, если в точке х = х 0 функция F(x) непрерывна, то
р (х = х 0) =0.
Случайная величина х с распределением р(А) называется дискретной, если на числовой прямой существует конечное или счетное множество W, такое, что р (W,) = 1.
Пусть W = {x 1 , x 2 ,…} и p i = p ({x i }) = p (x = x i ), i = 1,2,….Тогда для любого борелевского множества А вероятность р(А) определяется однозначно формулой
Положив в этой формуле А = {x i / x i < x}, x Î R , получим формулу для функции распределения F(x) дискретной случайной величины х :
F(x) = p (x < x ) =. (5)
График функции F(x)
представляет собой ступенчатую линию. Скачки функции F(x)
в точках х = х 1 , х 2 …(x 1
Пример 1. Найдите функцию распределения
дискретной случайной величины х из примера 1§ 13.
Используя функцию распределения, вычислите
вероятности событий: х < 3, 1 £ x < 4, 1 £ x £ 3.
|
|
полученной в § 13, и формулу (5), получим
функцию распределения:
По формуле (1) Р(x < 3) = F(3) = 0,1808; по формуле (2)
р(1 £ x < 4) = F (4) – F(1) = 0,5904 – 0,0016 = 0,5888;
p (1 £ x £ 3) = p (1 £ x <3) + p(x = 3) = F(3) – F(1) + F(3+0) – F(3) =
F(3+0) – F(1) = 0,5904 – 0,0016 = 0,5888.
Пример 2. Дана функция
Является ли функция F(x) функцией распределения некоторой случайной величины? В случае положительного ответа найдите 
. Построить график функции F(x).
Решение. Для того чтобы наперед заданная функция F(x) являлась функцией распределения некоторой случайной величины х, необходимо и достаточно выполнение следующих условий (характеристических свойств функции распределения):
1. 
F(x) – неубывающая функция.
3. При любом х Î R F(x – 0) = F(x ).
Для заданной функции F(x) выполнение
этих условий очевидно. Значит,
F(x) – функция распределения.
Вероятность 
вычисляем по
формуле (2):
График функции F(x ) представлен на рисунке 13.
Пример 3. Пусть F 1 (x ) и F 2 (x ) – функции распределения случайных величин х 1 и х 2 соответственно, а 1 и а 2 – неотрицательные числа, сумма которых равна 1.
Доказать, что F(x ) = a 1 F 1 (x ) + a 2 F 2 (x ) является функцией распределения некоторой случайной величины х .
Решение. 1) Так как F 1 (x ) и F 2 (x ) – неубывающие функции и а 1 ³ 0, а 2 ³ 0, то a 1 F 1 (x ) и a 2 F 2 (x ) - неубывающие, следовательно, их сумма F(x ) тоже неубывающая.
3) При любом х Î R F(x - 0) = a 1 F 1 (x - 0) + a 2 F 2 (x - 0)= a 1 F 1 (x ) + a 2 F 2 (x ) = F(x ).
Пример 4. Дана функция
Является ли F(x) функцией распределения случайной величины?
Решение. Легко заметить, что F(1) = 0,2 > 0,11 = F(1,1). Следовательно, F(x ) не является неубывающей, а значит, не является функцией распределения случайной величины. Заметим, что остальные два свойства для данной функции справедливы.
Контрольное задание №11
1. Дискретная случайная величина х
x ) и, используя ее, найдите вероятности событий: а) –2 £ х < 1; б) ½х ½£ 2. Постройте график функции распределения.
3. Дискретная случайная величина х задана таблицей распределения:
| x i | |||||
| p i | 0,05 | 0,2 | 0,3 | 0,35 | 0,1 |
Найдите функцию распределения F(x ) и найдите вероятности следующих событий: а) x < 2; б) 1 £ х < 4; в) 1 £ х £ 4; г) 1 < x £ 4; д) х = 2,5.
4. Найдите функцию распределения дискретной случайной величины х , равной числу выпавших очков при одном бросании игральной кости. Используя функцию распределения, найдите вероятность того, что выпадет не менее 5 очков.
5. Производятся последовательные испытания 5 приборов на надежность. Каждый следующий прибор испытывается только в том случае, если предыдущий оказался надежным. Составьте таблицу распределения и найдите функцию распределения случайного числа испытаний приборов, если вероятность выдержать испытания для каждого прибора 0,9.
6. Задана функция распределения дискретной случайной величины х :
а) Найдите вероятность события 1 £ х £ 3.
б) Найдите таблицу распределения случайной величины х .
7. Задана функция распределения дискретной случайной величины х :
Составьте таблицу распределения данной случайной величины.
8. Монету бросают n раз. Составьте таблицу распределения и найдите функцию распределения числа появлений герба. Постройте график функции распределения при n = 5.
9. Монету бросают, пока не выпадет герб. Составьте таблицу распределения и найдите функцию распределения числа появлений цифры.
10. Снайпер стреляет по цели до первого попадания. Вероятность промаха при отдельном выстреле равна р . Найдите функцию распределения числа промахов.
Определение функции случайных величин. Функция дискретного случайного аргумента и ее числовые характеристики. Функция непрерывного случайного аргумента и ее числовые характеристики. Функции двух случайных аргументов. Определение функции распределения вероятностей и плотности для функции двух случайных аргументов.
Закон распределения вероятностей функции одной случайной величины
При решении задач, связанных с оценкой точности работы различных автоматических систем, точности производства отдельных элементов систем и др., часто приходится рассматривать функции одной или нескольких случайных величин. Такие функции также являются случайными величинами. Поэтому при решении задач необходимо знать законы распределения фигурирующих в задаче случайных величин. При этом обычно известны закон распределения системы случайных аргументов и функциональная зависимость.
Таким образом, возникает задача, которую можно сформулировать так.
Дана система случайных величин (X_1,X_2,\ldots,X_n) , закон распределения которой известен. Рассматривается некоторая случайная величина Y как функция данных случайных величин:
Y=\varphi(X_1,X_2,\ldots,X_n).
Требуется определить закон распределения случайной величины Y , зная вид функций (6.1) и закон совместного распределения ее аргументов.
Рассмотрим задачу о законе распределения функции одного случайного аргумента
Y=\varphi(X).
\begin{array}{|c|c|c|c|c|}\hline{X}&x_1&x_2&\cdots&x_n\\\hline{P}&p_1&p_2&\cdots&p_n\\\hline\end{array}
Тогда Y=\varphi(X) также дискретная случайная величина с возможными значениями . Если все значения y_1,y_2,\ldots,y_n различны, то для каждого k=1,2,\ldots,n события \{X=x_k\} и \{Y=y_k=\varphi(x_k)\} тождественны. Следовательно,
P\{Y=y_k\}=P\{X=x_k\}=p_k
и искомый ряд распределения имеет вид
\begin{array}{|c|c|c|c|c|}\hline{Y}&y_1=\varphi(x_1)&y_2=\varphi(x_2)&\cdots&y_n=\varphi(x_n)\\\hline{P}&p_1&p_2&\cdots&p_n\\\hline\end{array}
Если же среди чисел y_1=\varphi(x_1),y_2=\varphi(x_2),\ldots,y_n=\varphi(x_n) есть одинаковые, то каждой группе одинаковых значений y_k=\varphi(x_k) нужно отвести в таблице один столбец и соответствующие вероятности сложить.
Для непрерывных случайных величин задача ставится так: зная плотность распределения f(x) случайной величины X , найти плотность распределения g(y) случайной величины Y=\varphi(X) . При решении поставленной задачи рассмотрим два случая.
Предположим сначала, что функция y=\varphi(x) является монотонно возрастающей, непрерывной и дифференцируемой на интервале (a;b) , на котором лежат все возможные значения величины X . Тогда обратная функция x=\psi(y) существует, при этом являясь также монотонно возрастающей, непрерывной и дифференцируемой. В этом случае получаем
G(y)=f\bigl(\psi(y)\bigr)\cdot |\psi"(y)|.
Пример 1. Случайная величина X распределена с плотностью
F(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2}
Найти закон распределения случайной величины Y , связанной с величиной X зависимостью Y=X^3 .
Решение. Так как функция y=x^3 монотонна на промежутке (-\infty;+\infty) , то можно применить формулу (6.2). Обратная функция по отношению к функции \varphi(x)=x^3 есть \psi(y)=\sqrt{y} , ее производная \psi"(y)=\frac{1}{3\sqrt{y^2}} . Следовательно,
G(y)=\frac{1}{3\sqrt{2\pi}}e^{-\sqrt{y^2}/2}\frac{1}{\sqrt{y^2}}
Рассмотрим случай немонотонной функции. Пусть функция y=\varphi(x) такова, что обратная функция x=\psi(y) неоднозначна, т. е. одному значению величины y соответствует несколько значений аргумента x , которые обозначим x_1=\psi_1(y),x_2=\psi_2(y),\ldots,x_n=\psi_n(y) , где n - число участков, на которых функция y=\varphi(x) изменяется монотонно. Тогда
G(y)=\sum\limits_{k=1}^{n}f\bigl(\psi_k(y)\bigr)\cdot |\psi"_k(y)|.
Пример 2. В условиях примера 1 найти распределение случайной величины Y=X^2 .
Решение. Обратная функция x=\psi(y) неоднозначна. Одному значению аргумента y соответствуют два значения функции x
Применяя формулу (6.3), получаем:
\begin{gathered}g(y)=f(\psi_1(y))|\psi"_1(y)|+f(\psi_2(y))|\psi"_2(y)|=\\\\=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-\left(-\sqrt{y^2}\right)^2/2}\!\left|-\frac{1}{2\sqrt{y}}\right|+\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-\left(\sqrt{y^2}\right)^2/2}\!\left|\frac{1}{2\sqrt{y}}\right|=\frac{1}{\sqrt{2\pi{y}}}\,e^{-y/2}.\end{gathered}
Закон распределения функции двух случайных величин
Пусть случайная величина Y является функцией двух случайных величин, образующих систему (X_1;X_2) , т. е. Y=\varphi(X_1;X_2) . Задача состоит в том, чтобы по известному распределению системы (X_1;X_2) найти распределение случайной величины Y .
Пусть f(x_1;x_2) - плотность распределения системы случайных величин (X_1;X_2) . Введем в рассмотрение новую величину Y_1 , равную X_1 , и рассмотрим систему уравнений
Будем полагать, что эта система однозначно разрешима относительно x_1,x_2
и удовлетворяет условиям дифференцируемости.
Плотность распределения случайной величины Y
G_1(y)=\int\limits_{-\infty}^{+\infty}f(x_1;\psi(y;x_1))\!\left|\frac{\partial\psi(y;x_1)}{\partial{y}}\right|dx_1.
Заметим, что рассуждения не изменяются, если введенную новую величину Y_1 положить равной X_2 .
Математическое ожидание функции случайных величин
На практике часто встречаются случаи, когда нет особой надобности полностью определять закон распределения функции случайных величин, а достаточно только указать его числовые характеристики. Таким образом, возникает задача определения числовых характеристик функций случайных величин помимо законов распределения этих функций.
Пусть случайная величина Y является функцией случайного аргумента X с заданным законом распределения
Y=\varphi(X).
Требуется, не находя закона распределения величины Y , определить ее математическое ожидание
M(Y)=M[\varphi(X)].
Пусть X - дискретная случайная величина, имеющая ряд распределения
\begin{array}{|c|c|c|c|c|}\hline{x_i}&x_1&x_2&\cdots&x_n\\\hline{p_i}&p_1&p_2&\cdots&p_n\\\hline\end{array}
Составим таблицу значений величины Y и вероятностей этих значений:
\begin{array}{|c|c|c|c|c|}\hline{y_i=\varphi(x_i)}&y_1=\varphi(x_1)&y_2=\varphi(x_2)&\cdots&y_n=\varphi(x_n)\\\hline{p_i}&p_1&p_2&\cdots&p_n\\\hline\end{array}
Эта таблица не является рядом распределения случайной величины Y , так как в общем случае некоторые из значений могут совпадать между собой и значения в верхней строке не обязательно идут в возрастающем порядке. Однако математическое ожидание случайной величины Y можно определить по формуле
M[\varphi(X)]=\sum\limits_{i=1}^{n}\varphi(x_i)p_i,
так как величина, определяемая формулой (6.4), не может измениться от того, что под знаком суммы некоторые члены будут заранее объединены, а порядок членов изменен.
Формула (6.4) не содержит в явном виде закон распределения самой функции \varphi(X) , а содержит только закон распределения аргумента X . Таким образом, для определения математического ожидания функции Y=\varphi(X) вовсе не требуется знать закон распределения функции \varphi(X) , а достаточно знать закон распределения аргумента X .
Для непрерывной случайной величины математическое ожидание вычисляется по формуле
M[\varphi(X)]=\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\varphi(x)f(x)\,dx,
где f(x) - плотность распределения вероятностей случайной величины X .
Рассмотрим случаи, когда для нахождения математического ожидания функции случайных аргументов не требуется знание даже законов распределения аргументов, а достаточно знать только некоторые их числовые характеристики. Сформулируем эти случаи в виде теорем.
Теорема 6.1. Математическое ожидание суммы как зависимых, так и независимых двух случайных величин равно сумме математических ожиданий этих величин:
M(X+Y)=M(X)+M(Y).
Теорема 6.2. Математическое ожидание произведения двух случайных величин равно произведению их математических ожиданий плюс корреляционный момент:
M(XY)=M(X)M(Y)+\mu_{xy}.
Следствие 6.1. Математическое ожидание произведения двух некоррелированных случайных величин равно произведению их математических ожиданий.
Следствие 6.2. Математическое ожидание произведения двух независимых случайных величин равно произведению их математических ожиданий.
Дисперсия функции случайных величин
По определению дисперсии имеем D[Y]=M[(Y-M(Y))^2]. . Следовательно,
D[\varphi(x)]=M[(\varphi(x)-M(\varphi(x)))^2] , где .
Приведем расчетные формулы только для случая непрерывных случайных аргументов. Для функции одного случайного аргумента Y=\varphi(X) дисперсия выражается формулой
D[\varphi(x)]=\int\limits_{-\infty}^{+\infty}(\varphi(x)-M(\varphi(x)))^2f(x)\,dx,
где M(\varphi(x))=M[\varphi(X)] - математическое ожидание функции \varphi(X) ; f(x) - плотность распределения величины X .
Формулу (6.5) можно заменить на следующую:
D[\varphi(x)]=\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\varphi^2(x)f(x)\,dx-M^2(X)
Рассмотрим теоремы о дисперсиях , которые играют важную роль в теории вероятностей и ее приложениях.
Теорема 6.3. Дисперсия суммы случайных величин равна сумме дисперсий этих величин плюс удвоенная сумма корреляционных моментов каждой из слагаемых величин со всеми последующими:
D\!\left[\sum\limits_{i=1}^{n}X_i\right]=\sum\limits_{i=1}^{n}D+2\sum\limits_{i Следствие 6.3.
Дисперсия суммы некоррелированных случайных величин равна сумме дисперсий слагаемых: D\!\left[\sum\limits_{i=1}^{n}X_i\right]=\sum\limits_{i=1}^{n}D
\mu_{y_1y_2}= M(Y_1Y_2)-M(Y_1)M(Y_2).
\mu_{y_1y_2}=M(\varphi_1(X)\varphi_2(X))-M(\varphi_1(X))M(\varphi_2(X)).
Рассмотрим основные свойства корреляционного момента и коэффициента корреляции
. Свойство 1.
От прибавления к случайным величинам постоянных величин корреляционный момент и коэффициент корреляции не изменяются. Свойство 2.
Для любых случайных величин X
и Y
абсолютная величина корреляционного момента не превосходит среднего геометрического дисперсий данных величин: |\mu_{xy}|\leqslant\sqrt{D[X]\cdot D[Y]}=\sigma_x\cdot \sigma_y,
Функция распределения вероятностей и ее свойства.
Функцией распределения вероятностей F(x) случайной величины Х в точке х называется вероятность того, что в результате опыта случайная величина примет значение, меньше, чем х, т.е. F(x)=P{X < х}. 1. F(-∞)=lim (x→-∞) F(x)=0. Действительно, по определению, F(-∞)=P{X < -∞}. Событие (X < -∞) является невозможным событием: F(-∞)=P{X < - ∞}=p{V}=0. 2. F(∞)=lim (x→∞) F(x)=1, так как по определению, F(∞)=P{X < ∞}. Событие Х < ∞ является достоверным событием. Следовательно, F(∞)=P{X < ∞}=p{U}=1. 3. Вероятность того, что случайная величина примет значение из интервала [Α Β] равна приращению функции распределения вероятностей на этом интервале. P{Α ≤X<Β}=F(Β)-F(Α). 4. F(x 2)≥ F(x 1), если x 2, > x 1 , т.е. функция распределения вероятностей является неубывающей функцией. 5. Функция распределения вероятностей непрерывна слева. FΨ(x o -0)=limFΨ(x)=FΨ(x o) при х→ x o Различия между функциями распределения вероятностей дискретной и непрерывной случайных величин хорошо иллюстрировать графиками. Пусть, например, дискретная случайная величина имеет n возможных значений, вероятности которых равны P{X=x k }=p k , k=1,2,..n. Если x ≤ x 1 , то F(Х)=0, так как левее х нет возможных значений случайной величины. Если x 1 < x ≤ x 2 , то левее х находится всего одно возможное значение, а именно, значение х 1 . Значит, F(x)=P{X=x 1 }=p 1 .При x 2 < x ≤ x 3 слева от х находится уже два возможных значения, поэтому F(x)=P{X=x 1 }+P{X=x 2 }=p 1 +p 2 . Рассуждая аналогично,приходим к выводу, что если х k < x≤ x k+1 , то F(x)=1, так как функция будет равна сумме вероятностей всех возможных значений, которая по условию нормировки равна еденице. Таким образом, график функции распределения дискретной случайной величины является ступенчатым. Возможные значения непрерывной величины располагаются плотно на интервале задания этой величины, что обеспечивает плавное возрастания функции распределения F(x), т.е. ее непрерывность. Рассмотрим вероятность попадания случайной величины в интервал , Δx>0: P{x≤X< x+Δx}=F(x+ Δx)-F(x). Перейдем к пределу при Δx→0: lim (Δx→0) P{x≤ X < x+Δx}=lim (Δx→0) F(x+Δx)-F(x). Предел равен вероятности того, что случайная величина примет значение, равное х. Если функция F(x) непрерывна в точке х, то lim (Δx→0) F(x+Δx)=F(x), т.е. P{X=x}=0. Если F(x) имеет разрыв в точке х, то вероятность P{X=x} будет равна скачку функции в этой точке. Таким образом, вероятность появления любого возможного значения для непрерывной величины равна нулю. Выражение P{X=x}=0 следует понимать как предел вероятности попадания случайной величины в бесконечно малую окрестность точки х при P{Α< X≤ Β},P{Α ≤ X< Β},P{Α< X< Β},P{Α ≤ X≤ Β} равны, если Х - непрерывная случайная величина. Для дискретных величин эти вероятности неодинаковы в том случае, когда границы интервала Α и(или) Β совпадают с возможными значениями случайной величин.
Для дискретной случайной величины необходимо строго учитывать тип неравенства в формуле P{Α ≤X<Β}=F(Β)-F(Α).
т. е. корреляционный момент двух функций случайных величин равен математическому ожиданию произведения этих функций минус произведение из математических ожиданий.
Рассмотрим свойства функции F(x).
