Задача 1.15 Наудачу взяты два положительных числа x и y, причем, (1) Найти вероятность того, что , (2) если a = 1, b = 5, c = 0.25. Подставив значения коэффициентов, получим следующие неравенства: или (3) Число всех возможных событий определяется площадью прямоугольника (1), т.е. S = 10. Число событий, благоприятствующих событию А определяется границами прямоугольника и границами неравенств (3) (на рисунке заштрихована). Эти границы определяются линиями: 1. y = 0.25x и 2. y = 5 – x
Площадь заштрихованного треугольника
Вероятность Ответ: вероятность попадания в заданную область равна 0.25.
Задача 2.15 На приведенной ниже схеме соединения элементов, образующих цепь с одним входом и одним выходом. Предполагается, что отказы элементов являются независимыми в совокупности событиями. Отказ любого из элементов приводит к прерыванию сигнала в той ветви цепи, где находится данный элемент. Вероятности отказа элементов 1, 2, 3, 4, соответственно равны p1 = 0.1, p2 = 0.2, p3 = 0.3, p4 = 0.4. Найти вероятность того, что сигнал пройдет со входа на выход.
Пусть событие А – безотказная работа прибора; Bi – безотказная работа i-го элемента; P(Bi) = qi – вероятность безотказной работы i-го элемента; – отказ i-го элемента; – вероятность отказа i-го элемента, , т.к. события и противоположные. Сигнал пройдет со входа на выход при одновременной, безотказной работе элементов 1, 2, 3, или при безотказной работе элемента 4. Это соответствует сумме произведений следующих событий: A = B1∙B2∙B3 + B4 Так как события совместны и независимы, то следует переписать это выражение так, чтобы остались только произведения событий, и можно было применить формулу произведения независимых событий:
Для этого перейдем к противоположному событию: прибор выйдет из строя, если , где – отказ верхней цепи.
Ответ: вероятность того, что сигнал пройдет со входа на выход равна 0.8016.
Задача 3.15 Прибор состоит из трех блоков. Исправность каждого блока необходима для функционирования устройства. Отказы блоков независимы. Вероятности безотказной работы блоков соответственно равны 0.6, 0.7, 0.8. Определить вероятность того, что откажет два блока. Обозначим события: Сi – безотказная работа i-го блока; А – отказ двух блоков. Р(С1) = 0.6; Р(С2) = 0.7; Р(С3) = 0.8;
Так как слагаемые – несовместные события, а события Сi – независимые (по условию), то можно применить "прямое" сложение и умножение вероятностей: Р(А) = Ответ: вероятность того, что откажет два блока, равна 0.188
Задача 4.15 В результате многолетних наблюдений установлено, что вероятность выпадения снега 12 октября в данном городе равна . Сколько лет должны проводиться метеонаблюдения, чтобы наивероятнейшее число снежных дней 12 октября в данном городе было равно 20? Каждый год наступает или не наступает событие А – выпадение снега 12 октября в данном городе. Р(А) = р = , следовательно . Поскольку опыты независимы, то схема опытов подходит под формулу Бернулли. Согласно свойствам формулы Бернулли число k0 = 20, которому соответствует максимальная вероятность P(n,k0), определяется из неравенства np – q ≤ k0 ≤ np + p В нашем случае неизвестно число опытов n (число двенадцатых октябрей), тогда , преобразуя неравенство, получим:
Ответ: метеонаблюдения должны проводиться 60 лет. Задача 5.15 Ряд распределения случайной величины Х представлен таблицей: X 3 4 5 6 7 P 0.5 0.1 0.1 0.1 0.2
Вычислить математическое ожидание и дисперсию величины Х. Рассчитать и построить график функции распределения. Математическое ожидание: = 4.400 Второй начальный момент: = 22.000 Дисперсия: = 2.640 Функция распределения: , т.е. 1. 2. 3. 4. аналогично: 5.
6. Таким образом: Построим график F(x). Ответ: mx = 4.4; Dx = 2.64. Задача 6.15 Случайная величина Х задана плотностью вероятности (1) Определить константу с, математическое ожидание, дисперсию, функцию распределения величины Х, а также вероятность ее попадания в интервал [1.5;2]. Найдем функцию распределения F(x) и с. (2) Результат удобней записать в виде: , где (3) Так как все значения , то при . Отсюда найдем с.
Окончательный вид функции распределения определяется из условий функции (1) и выражений (2) и (3):
Определим вероятность попадания величины Х на заданный отрезок.
Окончательный вид плотности вероятности:
Математическое ожидание:
Второй начальный момент:
Дисперсия:
Ответ: с = 0.25; mx = 0; Dx = 2; P = 0.2188
Задача 7.15 Случайная величина Х распределена равномерно на интервале [0; 0.75π] = . Построить график случайной величины y = sin(x) и определить плотность вероятности g(y).
График y = sin(x) представлен на рисунке.
Плотность равномерно распределенной на отрезке [a, b] случайной величины Х определяется выражением: Тогда для нашей задачи: Так как х может принимать значения только от 0 до 2.3562, то из графика видно, что случайная величина Y может принимать значения только от 0 до 1. В общем случае диапазон Y разбивают на М интервалов, в каждом из которых одинаковая степень неоднозначности ki, i = 1,2,…,M: ki – число значений Х, соответствующих одному значению Y, или число обратных функций для данного интервала j = 1,2,…,ki. Плотность вероятностей g(y) определяется по формуле:
Обратная функция определена на [0; 1], причем (см. рисунок) на отрезке от 0 до функция однозначна, а на [0.7071; 1] двузначна. Таким образом в зависимости от числа k обратных функций можно выделить следующие интервалы для Y: при k1 =0 , k2 =1 , k3 =2 k4 =0 На интервалах и обратных функций не существует. В интервале одна обратная функция: В интервале две обратных функции: : Производная обратной функции:
Вычислим модули производной обратной функций: . Тогда для k2 , а для k3
Наконец по общей формуле получим:
Задача 8.15 Двумерный случайный вектор (X,Y) равномерно распределен внутри области B, заданной таблицей:
х1 х2 х3 х4 х5 х6 y1 y2 0 2 4 4 1 4 1 2
Вычислить коэффициент корреляции между величинами Х и Y. Построим область S. Соединим последовательно точки с координатами из таблицы: – точку (х1; 0) = (0; 0) с точкой (х2; y2) = (0; 2); – точку (х2; y2) = (0; 2) с точкой (х4; y2) = (4; 2); – точку (х4; y2) = (4; 2) с точкой (х3; y1) = (4; 1); – точку (х3; y1) = (4; 1) с точкой (х5; y1) = (1; 1); – точку (х5; y1) = (1; 1) с точкой (х6; 0) = (4; 0); Это соответствует многоугольнику с координатами X=(0,2,4,4,1,4), Y=(0,2,2,1,1,0). Для решения задачи необходимо вычислить начальные моменты первого и второго порядков, т.е. mx, my, M2x, M2y, Mxy, Dx, Dy, Kxy. Область B представлена на рисунке. Область B ограничена осью Х и прямыми: 1. y = x 2. y= 2 3. x = 4 4. y=1 5. y = или x = 4 – 3y В соответствии с условием нормировки, геометрически плотность вероятности величины (X,Y) можно представить прямоугольной призмой с основанием B и объемом равным единице. Область В представлена затемненной фигурой.
Площадь области B (сумма площадей треугольника и трапеции) равна , следовательно, высота призмы , а плотность вероятности величины (X,Y):
При интегрировании по области B рассмотрим, в соответствии с нашими фигурами, два участка: 1) х изменяется от y до 4, y изменяется от 1 до 2; 2) х изменяется от y до 4 – 3y , y изменяется от 0 до 1. Определим mx: ; ;
Эмпирическая функция распределения: Эмпирическая функция распределения случайной величины Х равна частоте того, что Х примет значение меньшее, чем аргумент функции х, и определяется формулой
где n – объем выборки, в нашей задаче n =100; xk – отличающиеся элементы вариационного ряда, k = 1,2,3,…,nx, nx ≤ n; mk – количество значений в вариационном ряду равных xk. Суммирование ведется по всем xk удовлетворяющим условию xk < x. Объединим совпадающие элементы вариационного ряда и сформируем таблицу из четырех столбцов: 1-й столбец – неповторяющиеся значения элементов вариационного ряда xk, 2-й столбец – количество таких элементов m, 3-й - их относительные частоты p*, 4-й – соответствующие значения эмпирической функции распределения.
Построение гистограмм а) Равноинтервальный метод В этом методе диапазон значений вариационного ряда делится на равные интервалы длины h и подсчитывается число mi точек, попавших на каждый интервал. Точки подсчитываются по вариационному ряду или по таблице для построения эмпирической функции распределения. Если значение точки попадает на границу между интервалами, то в счетчик каждого интервала добавляется по 0.5. Число интервалов гистограммы определяется по формуле:
Здесь инт – номер интервала гистограммы; Ai – левая граница i-го интервала гистограммы; Bi – правая граница i-го интервала гистограммы; mi – количество значений вариационного ряда, попавших в i-ый интервал; pi* = – относительные частоты, n – объем выборки; fi – статистическая плотность (высота) i-го интервала равная
Начинается гистограмма с точки х = 0.0600 и заканчивается при х = 12.4200 (первая и последняя точки вариационного ряда). Площадь каждого столбика гистограммы равна относительной частоте .
б) Равновероятностная гистограмма При построении гистограммы этим методом интервалы определяются так, чтобы на каждый из них попало бы одинаковое число точек, т.е. вариационный ряд делится по порядку на М равных групп. Если значение последнего элемента интервала совпадает со значением первого элемента следующего интервала, то это значение берется в качестве границы между этими интервалами. Если такие значения не совпадают, то в качестве границы берется средняя точка между ними.
ТАБЛИЦА ДЛЯ ПОСТРОЕНИЯ ГИСТОГРАММЫ i Ai Bi hi fi 1.0000 0.0600 0.2450 0.1850 0.5405 2.0000 0.2450 0.5100 0.2650 0.3774 3.0000 0.5100 0.7050 0.1950 0.5128 4.0000 0.7050 1.0050 0.3000 0.3333 5.0000 1.0050 1.3650 0.3600 0.2778 6.0000 1.3650 1.8350 0.4700 0.2128 7.0000 1.8350 2.2500 0.4150 0.2410 8.0000 2.2500 3.2050 0.9550 0.1047 9.0000 3.2050 4.1800 0.9750 0.1026 10.0000 4.1800 12.4200 8.2400 0.0121
Здесь i – номер интервала гистограммы; Ai – левая граница i-го интервала гистограммы; Bi – правая граница i-го интервала гистограммы; hi – ширина i-го интервала; fi – высота i-го интервала , m – число точек на i-ом интервале; n – число элементов вариационного ряда.
Доверительные интервалы Построим доверительные интервалы математического ожидания mх и дисперсии Dx, считая, что случайная величина имеет неизвестный закон распределения с неизвестными mх и Dx, и доверительной вероятности р = 0.95. На основании центральной предельной теоремы при достаточно большом объеме выборки n (n > 20…50) закон распределения несмещенных точечных оценок mx и Dx можно считать нормальным при любом законе распределения случайной величины. Тогда доверительный интервал для математического ожидания будет определяться выражением: , где zp определяется по таблице нормального распределения для заданной доверительной вероятности р. В нашем случае n = 100, = 1.9094, = 1.8929 , zp = 1.96. Величина = 0.3710 , а доверительный интервал: (1.9094 ± 0.37104), т.е.(1.5384 < mx < 2.2804). Доверительный интервал для дисперсии будет определяться выражением: , здесь = 0.9981, а доверительный интервал: (3.5829 ± 0.9981), т.е.(2.5848 < Dx < 4.5811).
Проверка гипотезы о законе распределения случайной величины Наблюдая функцию распределения и гистограмму, выдвинем гипотезу H0 об экспоненциальном законе распределения. Проверка гипотезы по критерию χ2
оценка параметра: 1.9094 (см. выше). Используем равновероятностную гистограмму. Число интервалов гистограммы М=10. Относительная частота попадания значений случайной величины на каждый интервал одинакова p* = 0.1. Теоретическая вероятность попадания случайной величины в каждый интервал , (1) где i= 1,2,…,10, A1 = 0, B10 = ∞.
здесь: инт – номер интервала; Ai, Bi – концы отрезков гистограммы, i = 1,2,…,10; F(Ai), F(Bi)– значения величин в выражениях (1), i = 1,2,…,10; pi – теоретические вероятности (pi) попадания случайной величины на i-й интервал, определяемая формулами (1) , i = 1,2,…,10. dhi = . 1 , 1, 0.03665. Величина определяется по формуле: 3.664 число степеней свободы k = M – s – 1 = 10 – 1 – 1 = 8, здесь s – число параметров, от которых зависит закон распределения. Для экспоненциального это один параметр: . По таблице распределения χ2 для уровня значимости α = 0.05 и k = 8 имеем: χ2α =15.51
Т.к. χ2 < χ2α , то гипотезу H0 принимаем.
Критерий Колмогорова. Считаем параметры закона известными, т.е. параметр = 1.9094. Строим теоретическую функцию распределения: (2) Построим совместно графики эмпирической и теоретической функций распределения (см. ниже). Найдем наибольшее отклонение эмпирической функции F*(x) от теоретической F(x). Для этого берем значения х из таблицы для построения F*(x) в области самых больших отклонений этих функций на графике, вычисляем F(x) для выбранных х по выражению (2) . Затем вычисляем наибольшую разницу для выбранных х. В нашем случае получим наибольшую разницу в точке х = 0.5100 (штрих-пунктирная линия на графике). Значение функции F*(x) в этой точке (заметим, что если F*(x) лежит ниже F(x), то значение F*(x) надо брать по предыдущей точке) F*( 0.5100) = 0.1900 , а =F(0.5100)=1 - exp(-0.5100/1.9094)= 0.2344 Наибольшее отклонение: 0.04445 Тогда значение критерия Колмогорова будет: 0.0444 ∙10 = 0.444 По таблице Колмогорова для уровня значимости α = 0.05 находим λγ = 1.34 Т.к. λ < λγ, гипотезу H0 принимаем.
Оба критерия показывают, что гипотеза об экспоненциальном законе распределения не противоречит опытным данным.
Задача 11.15 Дана выборка двумерной случайной величины:
Здесь символом ";" отделены пары значений случайной величины – это строки, т.е. матрица В имеет два столбца. Обозначим 1-й столбец Х, 2-й – Y, а конкретные i-ые значения случайной величины обозначим (xi,yi). Число опытов n = 50. Оценки математических ожиданий по каждой переменной 4.3320, 4.7350 Оценки начальных моментов второго порядка по каждой переменной 19.7663, 24.2646 Оценка смешанного начального момента второго порядка 20.3899
Оценки дисперсий = 1.0205 1.8821 Оценка корреляционного момента -0.1246 Точечная оценка коэффициента корреляции -0.0899
Вычислим интервальную оценку коэффициента корреляции с доверительной вероятностью р = 0.95. При нормальном случайном векторе, доверительный интервал можно определить следующим образом: (r1 < < r2) , где
Величина up определяется по таблице нормированного нормального распределения для доверительной вероятности р: up =1.96 =-0.3761 =0.1957 = -0.3593, = 0.1933
Ответ: (-0.3593 < < 0.1933)
Проверка гипотезы о некоррелированности X, Y при уровне значимости α = 0.05. Предположим, что двухмерная случайная величина (X, Y) распределена по нормальному закону. Выдвинем гипотезу: H0: = 0; и альтернативную: H1: ≠ 0. Для проверки гипотезы используем критерий: , t распределена по закону Стьюдента с (n-2) степенями свободы, если гипотеза H0 верна. = 0.6256 По заданному уровню значимости вычисляем доверительную вероятность р = 1 - = 0.95 и из таблицы Стьюдента берём критическое значение =2.0106, т.к. t < , то гипотеза H0 принимается, а, следовательно, величины X, Y некоррелированные.
Уравнение линии регрессии Коэффициенты линии регрессии: = -0.122 , = 5.264 Т.о. уравнение регрессии имеет вид: 5.264 - 0.122 x
Построим уравнение регрессии и диаграмму рассеивания:
ЛИТЕРАТУРА
1. Вентцель Е.С. Теория вероятностей и математическая статистика: Учебник. - 5-е изд., стереотип. - М.: Высш. шк., 1999. - 576 с. 2. Вентцель Е.С., Овчаров Л.А. Теория вероятностей и ее инженерные приложения. - М: Наука, 1988. - 480с. 3. Жевняк Р.М., Карпук А.А., Унукович В.Т. Теория вероятностей и математическая статистика: Учеб. пособие для студентов. инж.-экон. спец. – Мн.: Харвест, 2000.-384 с. 4. Волковец А.И., А.Б. Гуринович А.Б. Конспект лекций по курсу "Теория вероятностей и математическая статистика" для студентов всех специальностей и форм обучения БГУИР. - Мн.: БГУИР, 2003.- 82 с. 5. Волковец А.И., Гуринович А.Б. Аксенчик А.В. Методические указания по типовому расчету по курсу "Теория вероятностей и математическая статистика" для студентов всех специальностей заочной формы обучения БГУИР. - Мн.: БГУИР, 2009.- 65 с.
