Компьютерный помощник по теории вероятностей

ТОМСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ Факультет информатики

Учебно-методическое пособие

Составитель: Ю.В. Потапов

Томск – 2004

Пособие рассмотрено и одобрено методической комиссией факультета информатики. Декан факультета информатики, доцент Б.А. Гладких Председатель методической комиссии, профессор В.В. Поддубный

Методическое пособие предназначено в помощь освоению простейших понятий теории вероятностей и ориентировано на студентов факультета информатики. Пособие составлено в форме ответов на варианты контрольных задач, предлагавшихся к решению в течение семестра. Ответы даны в развёрнутом виде с подробными теоретическими и методическими комментариями, что должно помочь при подготовке к экзамену. Данный документ «выкладывается» в сеть факультета в сессию, начиная с зачётной недели. Студенты, не успевшие к этому моменту решить какие-либо задачи своего варианта, теперь будут решать аналогичные уже на экзамене. Реализовано пособие в печатном и электронном виде. При работе с электронным вариантом для быстрого листания по разделам документа можно использовать механизм гиперссылок, заложенный в оглавлении. Места ссылок выделены там жёлтой заливкой. Вернуться на начало документа всегда можно с помощью клавиш клавиатуры Ctrl + Home.

©.Потапов Ю.В: 2004 2

Оглавление ВАРИАНТ № 1...................................................................................4 ВАРИАНТ № 2 ..................................................................................6 ВАРИАНТ № 3 ..................................................................................7 ВАРИАНТ № 4 ..................................................................................9 ВАРИАНТ № 5 ................................................................................11 ВАРИАНТ № 6 ................................................................................15 ВАРИАНТ № 7 ................................................................................16 ВАРИАНТ № 8 ................................................................................19 ВАРИАНТ № 9 ................................................................................21 ВАРИАНТ № 10 ..............................................................................22 ВАРИАНТ № 11 ..............................................................................24 ВАРИАНТ № 12 ..............................................................................27 ВАРИАНТ № 13 ..............................................................................29 ВАРИАНТ № 14 ..............................................................................31 ВАРИАНТ № 15 ..............................................................................32 ВАРИАНТ № 16 ..............................................................................35 ВАРИАНТ № 17 ..............................................................................36 ВАРИАНТ № 18 ..............................................................................38 ВАРИАНТ № 19 ..............................................................................41 ВАРИАНТ № 20 ..............................................................................43 ВАРИАНТ № 21 ..............................................................................44 ВАРИАНТ № 22 ..............................................................................47 ВАРИАНТ № 23 ..............................................................................48 ВАРИАНТ № 24 ..............................................................................50 ВАРИАНТ № 25 ..............................................................................53 ВАРИАНТ № 26 ..............................................................................54 ВАРИАНТ № 27 ..............................................................................57 Литература.........................................................................................60

3

ВАРИАНТ № 1 I. В урне 2 белых и 4 чёрных шара. Двое поочерёдно наугад вынимают по шару (без возвращения). С какой вероятностью первый вынет белый шар первым? Ответ: Первый способ решения. Вычислим искомую вероятность, используя противоположные события. Вероятность проиграть в 4 2 4 1-м туре есть ⋅ = . Иначе вероятность выйти во 2-й тур есть 6 5 15 4 3 2 ⋅ = . А вероятность при этом проиграть во 2-м туре есть 6 5 5 2 2 1 ⋅ = . Тогда вероятность всё-таки выиграть получается как: 4 3 3 4 2 1 9 3 1− − ⋅ = = . 15 5 3 15 5 Второй способ решения. Вероятность первому вынуть белый 2 1 шар в 1-ом туре (соб. A1 ) есть = . Вероятность первому вы6 3 нуть белый шар при 2-м вытаскивании (соб. A 2 ) есть

4 3 2 1 ⋅ ⋅ = . Вероятность первому вынуть белый шар в 3-м (по6 5 4 5 4 3 2 1 2 1 следнем) туре (соб. A 3 ) есть ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = . События A1 , A 2 6 5 4 3 2 15 и A 3 являются несовместными, поэтому искомая вероятность может быть вычислена как: 1 1 1 3 + + = . 3 5 15 5 II. Бросается правильная игральная кость. И пусть событие A заключается в выпадении числа очков меньше 6, а событие B состоит в выпадении числа очков больше 2. Тогда что представляет из себя условное событие B A и какова его вероятность?

4

Ответ: Событие B A = {3, 4,5} , причём у события A элементарных

3 . 5 III. (Задача А.Н. Колмогорова, приводящая к логнормальному распределению). Найти плотность распределения p η ( y ) новой

исходов 5; поэтому искомая вероятность есть: P ( B A ) =

НСВ η = e ξ , когда старая СВ распределена нормально, т.е.

(

)

ξ ~ N x µ, σ 2 . Ответ: Прямое преобразование ϕ здесь есть y = e x , а обратное ему

ϕ −1 имеет вид x = ln y . Причём последняя функция имеет поло1 жительную производную x ′y = . Тогда по правилу трансфорy мации плотности НСВ при её монотонно возрастающем преобразовании [1, §12.1] имеем: p η ( y ) = x ′y ⋅ N x( y ) µ, σ 2 =

(

)

  (ln y − µ) 2  1 (1.1) exp−  , y > 0; 2 =  y 2πσ 2 2 σ    0 , y ≤ 0.  Это и есть плотность логнормального закона распределения; её график и свойства см., к примеру, в [2, с.431; 5]. Логнормальный закон широко используется в теории надёжности; им хорошо аппроксимируется распределение атмосферных помех при распространении радиосигнала. Колмогоров пришёл к этому закону в результате анализа размеров осколков при дроблении породы (то же – и при разрыве снаряда). Действительно, при элементарном воздействии dx на кусок породы размер осколка dy пропорционален, очевидно, размеру куска y . Т.е. имеет место дифуравнение dy = kydx , решением которого является экспонента y = e kx+c . Если воздействие x нормально, то это и ведёт к логнормальному закону для y . 5

ВАРИАНТ № 2 I. Два игрока по очереди бросают уравновешенную игральную кость. Выигрывает тот, у кого очков больше. С какой вероятностью выиграет первый? Ответ: Прямой подсчёт по определению Бернулли – Лапласа (с учётом, что достаточно рассмотреть всего один тур) даёт результат 15 5 = . 36 12 II. По данным переписи (1891 г.) Англии и Уэльса было установлено, что тёмноглазые отцы и тёмноглазые сыновья составили 5% обследованных, тёмноглазые отцы и светлоглазые сыновья составили 8% обследованных, светлоглазые отцы и тёмноглазые сыновья составили 9% обследованных, а светлоглазые отцы и светлоглазые сыновья составили 78% обследованных. Определить, какова вероятность рождения светлоглазого сына у тёмноглазого отца? Ответ: Обозначим как событие A встречу в ходе переписи тёмноглазого отца (при этом противоположное событие A – встреча светлоглазого отца). Далее обозначим как событие B встречу в ходе переписи тёмноглазого сына (при этом событие B – встреча светлоглазого сына). Тогда результаты переписи – это, фактически, следующие оценки вероятностей произведений событий: P ( AB ) = 0.05 , P ( AB ) = 0.08 , P ( AB ) = 0.09 , P ( AB ) = 0.78 . В итоге такой трактовки искомая вероятность есть: P( B A) P( AB ) 0.08 8 P ( B A) =& ≡ = = ≈ 0.62 . P ( A) P( AB) + P ( AB ) 0.05 + 0.08 13 III. (Правило трёх сигма Е.С. Вентцель). С точностью до 5-ти значащих цифр вычислить вероятность, с которой значения нормальной СВ ξ ~ N x µ, σ 2 оказываются в пределах от µ − 3σ до

(

)

µ + 3σ . /В расчётах можно воспользоваться значением интеграла вероятностей Φ (3) ≈ 0.99865 /. 6

Ответ: Нормальная случайная величина – это НСВ с плотностью N . Тогда по свойствам плотности распределения НСВ искомая вероятность P3σ вычисляется через следующий римановский интеграл: µ + 3σ  ( x − µ) 2  1 P3σ = ∫ exp (2.1) dx . 2 µ − 3σ σ 2 π  2σ  x−µ И производя замену t = это сводится к выражению: σ P3σ = 2Φ(3) − 1 ≈ 2 ⋅ 0.99865 − 1 = 0.99730 . (2.2) Величина (2.2) столь близка к единице, что можно считать практически достоверным событием значениям нормальной СВ попасть на интервал (µ − 3σ, µ + 3σ) . В этом и заключается знаменитое правило трёх сигма [1, §6.3]. Однако подчеркнём, что вероятность выпасть за интервал трёх сигма P3σ ≈ 0.00270 (2.3) хоть и мала, но не нулевая. При этом за 1000 наблюдений нормальной СВ можно ожидать в среднем 3 выпадения за интервал трёх сигма, за 10000 – уже 27, а за 100000 – 270 и т.д. Это иллюстрирует тот факт, что спектр значений нормальной СВ всё-таки лежит в пределах (−∞, ∞) .

ВАРИАНТ № 3 I. Пять студентов наугад рассаживают за круглый стол. Какова вероятность, что определённая пара окажется рядом? Ответ: Число студентов n = 5 . Пусть первый в паре уже сел на какое-то место. Тогда всего мест для второго осталось N = n − 1 = 4 . Причём в паре он может сидеть только на M = 2 из этих мест – слева или справа. В итоге искомая вероятность есть: M 2 1 P= = = . N 4 2 7

II. Бросается правильная игральная кость. И пусть событие A заключается в выпадении числа очков меньше 6, а событие B состоит в выпадении числа очков больше 2. Тогда что представляет из себя условное событие A B и какова его вероятность? Ответ: Событие A B = {3, 4,5} , причём у события B 4 элементарных исхода; поэтому искомая вероятность есть: 3 P ( A B) = . 4 III. Пусть у системы НСВ (ξ, η) совместная ФР Fξ η ( x, y ) имеет вид, показанный значениями на рисунке. Y F=x

F =1

F = xy

F=y

1

F =0

0

1

Каковы безусловные и условные ФР компонент в этой системе? Зависимы ли между собой компоненты? Как выглядит совместная плотность распределения системы? Ответ: Вспоминая теорию (см. [3, §II.3]) безусловные ФР компонент можно установить как маргинальные от совместной ФР, т.е. Fξ ( x) = Fξ η ( x, ∞) , а Fη ( y ) = Fξ η (∞, y ) . Глядя на график совместной ФР видно, что для этого достаточно рассмотреть произвольные сечения Y = const > 1 и X = const > 1 . В результате получаем: x >1 1,  Fξ ( x) =  x, 0 ≤ x ≤ 1 , (3.1) 0, x < 0 y >1  1,  Fξ ( y ) =  y, 0 ≤ y ≤ 1 . (3.2)  0, y<0 8

Из (3.1-2) ясно, что это равномерные законы распределения (свойства закона см. в [2, с.411; 5]) с плотностями: 1, x ∈ [0,1] 1, y ∈ [0,1] (3.3) , pη ( y ) =  . (3.4) pξ ( x ) =  0 , else else  0, Причём спектральные значения каждой из компонент ξ и η лежат в сегменте [0,1]. Теперь можно вычислить и условные ФР компонент по известным формулам (см. [3, ф.(II.3.6)]): ∂Fξ η ( x, y ) ∂y ∀ y ∈ [0,1] Fξ η ( x y ) = , (3.5) pη ( y )

∂Fξ η ( x, y ) ∀ x ∈ [0,1] Fη ξ ( y x) =

pξ ( x)

∂x .

(3.6)

Производя дифференцирование из рисунка совместной ФР, а также из формул (3.3-4) видно, что выражения для условных ФР совпадают с безусловными (3.1-2). Это означает, что компоненты в системе (ξ, η) стохастически независимы между собой. При этом совместная плотность распределения есть ∂ 2 Fξ η ( x, y ) 1, ( x, y ) ∈ [0,1] × [0,1] , (3.7) p ξ η ( x, y ) = = else ∂x∂y 0, и она разлагается на произведение безусловных плотностей компонент (3.3-4).

ВАРИАНТ № 4 I. Бросается две уравновешенные игральные кости. Какова вероятность, что на них выпадут различные числа? Ответ: Первый способ решения. Прямой подсчёт исходов по опреде30 5 лению Бернулли – Лапласа даёт результат = . 36 6

9

Второй способ решения. На первой кости может выпасть различных чисел n = 6 . При этом на второй кости должно выпасть других различных чисел m = 5 . Тогда искомая вероятность есть: m 5 P= = . n 6 Третий способ решения. Вероятность выпадения одинаковых 6 1 чисел при бросании двух костей есть = . Тогда искомая ве36 6 роятность для противоположного события получается как: 1 5 1− = . 6 6 II. По данным переписи (1891 г.) Англии и Уэльса было установлено, что тёмноглазые отцы и тёмноглазые сыновья составили 5% обследованных, тёмноглазые отцы и светлоглазые сыновья составили 8% обследованных, светлоглазые отцы и тёмноглазые сыновья составили 9% обследованных, а светлоглазые отцы и светлоглазые сыновья составили 78% обследованных. Определить, какова вероятность рождения тёмноглазого сына у светлоглазого отца? Ответ: трактуя проблему аналогично ответу на вариант № 2II искомая вероятность есть: P( BA ) P( A B) 0.09 9 P ( B A ) =& ≡ = = ≈ 0.10 . P( A ) P( A B) + P( A B ) 0.09 + 0.78 87 III. Каким должно быть преобразование τ = ϕ( x) , чтобы по значениям x равномерной в [0,1] НСВ ξ можно было смоделировать значения τ новой НСВ η с плотностью экспоненциального τ

1 − закона распределения: pη (τ) = e T ? (Зачастую так бывает расT пределено время ожидания τ ≥ 0 определённого события).

10

Ответ: Для получения новой НСВ здесь нужно применить обратное преобразование Мизеса τ = Fη−1 ( x) , где задействована ФР новой СВ: τ  τ (4.1) x = Fη (τ) =& ∫ p η (t )dt = 1 − exp−  .  T 0 Следовательно, искомое преобразование выглядит как: τ = −T ln(1 − x) . (4.2) Экспоненциальный односторонний закон распределения широко применяется в теории массового обслуживания. Графики и свойства этого закона см., к примеру, в [2, с.417; 5]. Этот закон связан с другими знаменитыми распределениями теории вероятностей и математической статистики. Например, частным вариантом χ 2 -распределения К.Пирсона при n = 2 степенях свободы (см. вариант № 24III) как раз является односторонний экспоненциальный закон.

ВАРИАНТ № 5 I. Уравновешенная монета бросается n раз. Какова вероятность выпадения нечётного числа гербов? Ответ: Не зависимо от числа бросаний n , если количество уже выпавших "гербов" чётное, то это вероятность выпадения "герба" Pg . А если количество уже выпавших "гербов" нечётное, то это вероятность выпадения "решки" Pr . Но поскольку монета урав1 новешена, то Pg = Pr = . 2 II. Для оповещения об аварии установлено два сигнализатора, работающих независимо. Первый срабатывает на аварию с вероятностью 0.9, а второй – с вероятностью 0.8. Найти вероятность того, что при аварии сработают оба сигнализатора.

11

Ответ: Пусть срабатывание первого сигнализатора – это событие A1 , его вероятность по условию есть p1 =& P( A1 ) = 0.9 . И пусть срабатывание второго сигнализатора – это событие A2 , его вероятность по условию есть p 2 =& P ( A2 ) = 0.8 . Тогда событие B1 , состоящее в срабатывании обоих сигнализаторов, есть: B1 = A1 ∩ A2 , и искомая вероятность (с учётом независимости событий A1 и A2 ) получается как: P ( B1 ) = p1 ⋅ p2 = 0.9 ⋅ 0.8 = 0.72 . III. (Задача, приводящая к показательно – степенному распределению). Найти плотность распределения p η ( y ) новой НСВ η = ξ1 + ξ 2 , когда слагаемые стохастически независимы и каждое распределено по экспоненциальному закону с плотностью e − x , x ≥ 0 p ξ ( x) =  . 0, x < 0 /Совет: воспользоваться вспомогательным невырожденным  y = x1 + x 2 преобразованием  /.  y2 = x2 Ответ: Первый способ решения (опирающийся на правило трансформации плотности). Совместная плотность распределения системы исходных СВ (ξ1 , ξ 2 ) в задаче образуется как произведение плотностей компонент и имеет вид:  − x1 − x2 , x1 ≥ 0 & x 2 ≥ 0 p ξ1ξ2 ( x1 , x 2 ) = e . (5.1) else  0, Советуемое преобразование к системе новых СВ (η, η2 ) является взаимооднозначным, т.е. обладает обратным, что в терминах значений СВ выглядит как

12

 x1 = y − y2 . x = y 2  2 Причём модуль якобиана преобразования (5.2) равен 1. Учитывая сказанное, совместная плотность распределения системы новых СВ по известным правилам трансформации плотности (см. [3, §II.4]) получается в форме p ηη2 ( y, y 2 ) = p ξ1ξ2 ( y − y 2 , y 2 ) = . (5.3)  −y = e , y ≥ y 2 & y 2 ≥ 0 else  0,

(5.2)

Причём область на плоскости YOY2 , в которой плотность (5.3) отлична от нуля, имеет треугольный вид, показанный на рис. 5.1 заливкой. Теперь остаётся только построить требуемую безусловную плотность распределения компоненты η , что из совместной плотности (5.3) образуется в виде следующего римановского интеграла:

Y2

y

0

y

Y

Рис. 5.1 ∞

pη ( y ) = ∫ pηη2 ( y, y 2 )dy 2 ≡ −∞

 −y y  e ∫ dy2 , y ≥ 0 ≡ /см. рис. 5.1/ ≡  . (5.4) 0 0, else В итоге плотность распределения суммы двух независимых экспоненциальных СВ имеет формулу  ye − y , y ≥ 0 pη ( y ) =  . (5.5) else 0,

13

Выражение (5.5) – это частный вариант показательно – степенного закона распределения, широко используемого в теории массового обслуживания. Графики и свойства этого закона см., к примеру, в [2, с.421; 5]. Второй способ решения (опирающийся на правило трансформации функции распределения). ФР новой НСВ η = ξ1 + ξ 2 через совместную ФР слагаемых исходно определяется в виде следующего интеграла Стилтьеса: Fη ( y ) = ∫ dFξ1ξ2 ( x1 , x 2 ) ; (5.6) x1 + x2 < y

что с вычислительной точки зрения здесь сводится к такому двойному римановскому интегралу: Fη ( y ) = ∫∫ pξ1ξ2 ( x1 , x 2 )dx1dx 2 , (5.7) x1 + x2 < y

где pξ1ξ2 – это совместная плотность распределения слагаемых вида (5.1). X2 y

y − x1

0

x1

Рис. 5.2

y

X1

В свою очередь, вычисление 2-го интеграла (5.7) через повторные интегралы (с учётом вида области интегрирования – где плотность (5.1) ненулевая

/см. рис. 5.2/) приводит к выражению: y − x1 y  ∫ dx1e − x1 ∫ e − x2 dx2 , y ≥ 0 Fη ( y ) = 0 . 0  0, y<0

(5.8)

Теперь искомая плотность распределения pη ( y ) новой НСВ получается путём дифференцирования ФР (5.8). По известным правилам дифференцирования интеграла, зависящего от параметра, (см., к примеру, [4, с.405]) это и даёт в итоге формулу (5.5). 14

ВАРИАНТ № 6 I. Четырёхтомное сочинение расположено на полке в произвольном порядке. Какова вероятность, что номера томов идут подряд? Ответ: Поскольку порядок расположения книг произволен, то общее число исходов есть n = 4!= 24 . Однако подряд номера томов могут идти как слева направо, так и наоборот, т.е. благоприятствующих исходов здесь m = 2 . Тогда искомая вероятность по определению Бернулли – Лапласа получается как: m 1 P= = . n 12 II. Пусть в каждом цикле обзора радиолокатора цель может быть обнаружена с вероятностью 0.5. И пусть обнаружение в каждом цикле происходит независимо от других циклов. Определить с какой вероятностью цель будет обнаружена за 3 цикла. Ответ: Используя противоположные события и учитывая их независимость искомая вероятность есть: P = 1 − (1 − 0.5)3 = 0.875 . III. Уравновешенная игральная кость бросается до первого появления "6-ки". Рассчитать вероятность появления этого события при k -том бросании для k = 1,6 . Результаты свести в таблицу. Как выглядит графически этот ряд распределения, называемый геометрическим? Ответ: Пусть появление "6-ки" при бросании правильной игральной кости – это «успех», а появление другой грани – «неудача». При каждом бросании «успех» может наблюдаться с вероятностью p = 1 , а «неудача» – с вероятностью q = 5 . 6 6 Для того чтобы первая "6-ка" появилась лишь при k -ом бросании необходимо, чтобы в предыдущих k − 1 опытах наблюдалась только «неудача». Тогда, учитывая независимость опытов, 15

вероятность появления первой "6-ки" при k -ом бросании может быть рассчитана как: P(k ) = q k −1 p (6.1) Расчёты по формуле (6.1) дают такие результаты:

k P(k )

1 0.1667

2 0.1389

3 0.1157

4 0.0965

5 0.0804

6 0.0670

Члены ряда (6.1) при возрастании k образуют убывающую геометрическую прогрессию со знаменателем q = 1 − p . Отсюда и название этого дискретного закона распределения. Его графики и свойства см., к примеру, в [2, с.439; 5].

ВАРИАНТ № 7 I. Какова вероятность, что выбранное наугад целое число при возведении в квадрат даст число, оканчивающееся на 1 ? Ответ: Понятно, что достаточно рассмотреть квадраты только чисел от 0 до 9, т.е. всего исходов здесь n = 10 . При этом благоприятствующих исходов лишь m = 2 (числа 1 и 9).Тогда искомая вероятm 1 ность по определению Бернулли – Лапласа есть P = = . n 5 II. Для оповещения об аварии установлено два сигнализатора, работающих независимо. Первый срабатывает на аварию с вероятностью 0.9, а второй – с вероятностью 0.8. Найти вероятность того, что при аварии сработает только один сигнализатор. Ответ: В обозначениях ответа на вариант № 5II анализируемое событие есть: B2 = A1 ∩ A2 ∪ A1 ∩ A2 , откуда искомая вероятность вычисляется как: P ( B2 ) = p1 (1 − p2 ) + (1 − p1 ) p2 = 0.26 . III. Пусть некоторая система ДСВ (ξ, η) со значениями ( x, y ) имеет совместный ряд распределения Pξ η ( x, y ) , представленный в таблице: 16

Табл. 7.1. Совместный ряд компонент (ξ, η)

Pξ η ( x, y )

y1 = −1

x1 = 0

1

x2 = 1

1

4

y2 = 1

1

2

0 4 Построить безусловные и условные ряды распределений компонент ξ и η . Зависимы ли между собой эти компоненты? Ответ: При обращении с рядами распределений дискретных случайных величин (векторных или скалярных) следует держать в уме, что каждому значению ДСВ в порождающей схеме испытаний соответствует некоторое случайное событие. Причём разным значениям ДСВ отвечают несовместные события, в целом составляющие полную группу. Т.е. значения ДСВ – суть представители своих уникальных событий, наступающих в схеме с определёнными вероятностями. Учитывая сказанное для построения требуемых в задаче рядов можно использовать известные правила исчисления вероятностей сложных случайных событий. Так, безусловные ряды компонент ξ и η могут быть получены с использованием аналога формулы полной вероятности путём суммирования значений в табл. 7.1 соответственно вдоль строк и столбцов. Схематично это можно записать как: ∀ x Pξ ( x) = ∑ Pξη ( x, y ) , (7.1) y

∀ y Pη ( y ) = ∑ Pξη ( x, y ) .

(7.2)

x

(При этом значения другой компоненты – по которым ведётся суммирование, выступают в роли гипотез в схеме). В итоге суммирования по данным табл. 7.1 получаем такие ряды: Табл. 7.2. Безусловный ряд компоненты ξ x 0 1 3 1 Pξ (x) 4 4 17

Табл. 7.3. Безусловный ряд компоненты η y -1 1 1 1 Pη (y) 2 2 Далее, условные ряды компонент ξ η = y Φ и η ξ = xΦ могут быть получены с использованием аналога формулы условной вероятности путём деления значений в табл. 7.1 соответственно вдоль столбцов и строк на безусловную вероятность фиксированной компоненты из табл. 7.3 или из табл. 7.2. Схематично это можно записать как: Pξη ( x, y Φ ) ∀ x Pξ η ( x y Φ ) = , (7.3) Pη ( y Φ ) ∀ y Pη ξ ( y xΦ ) =

Pξη ( xΦ , y ) Pξ ( xΦ )

,

(7.4)

где знаменатели берутся из (7.2) и (7.1). В итоге деления по данным табл. 7.1 – 3 получаем такие ряды: Табл. 7.4. Условные ряды компоненты ξ x 0 1 1 1 Pξ η ( x − 1) 2 2 Pξ η (x 1) 0 1 Табл. 7.5. Условные ряды компоненты η y 1 −1 1 2 Pη ξ ( y 0) 3 3 Pη ξ ( y 1) 0 1 Из табл. 7.4 – 5 видно, что условные ряды меняются при смене фиксированного значения другой компоненты. Это говорит о том, что компоненты ξ и η в системе стохастически зависимы между собой. Такой же вывод можно сделать, сравнивая соответствующие безусловные ряды из табл. 7.2 – 3 с условными рядами. Сравнение показывает, что они не совпадают. 18

ВАРИАНТ № 8 I. На отрезок длины L наугад ставится две точки. Какова вероятность, что из трёх получившихся частей отрезка можно построить треугольник? Ответ: Это задача на геометрическое определение вероятности Бюффона. Причём здесь исходы схемы испытаy ний удобно отобразить точками ( x, y ) в 20 L мерном евклидовом пространстве, полагая за координату x длину одной стороны треx угольника, а за координату y длину другой (длина третьей определяется автоматичеРис. 8.1 ски как дополнение до длины отрезка L – см. рис. 8.1). При этом область Ω точек – исходов всей схемы испытаний устанавливается из условий:  0≤ x≤L  0≤ x≤L   0 ≤ y ≤ L ⇒   0≤ y≤L , 0 ≤ L − ( x + y ) ≤ L 0 ≤ x + y ≤ L а область A точек – исходов анализируемого события очерчивается требованиями (сумма любых двух сторон треугольника должна быть не меньше третьей стороны):  L   x + y ≥ 2  x + y ≥ L − ( x + y )  L .  x + [ L − ( x + y )] ≥ y ⇒  y ≤ y 2   + − + ≥ y [ L ( x y )] x L соб. Ω   x≤ L  2  Области Ω и A имеют вид L 2 соб. A треугольников, показанных на рис. 8.2. Тогда искомая вероятx ность вычисляется как отношение 0 L L 2 площадей S этих треугольников и Рис. 8.2 есть: 19

2

1 L   S ( A) 2  2  1 = = . 1 2 S (Ω) 4 L 2 II. В лотерее разыгрывается 100 билетов, среди которых 10 – выигрышные. Студент купил 2 билета. Какова вероятность, что он выиграл хотя бы на один билет? Ответ: Фраза "хотя бы на один" показывает, что искомую вероятность удобно вычислять, используя противоположные события. Так в начале не выиграть на один билет студент может с 90 9 вероятностью = , а затем он может не выиграть на другой 100 10 89 билет с вероятностью . Тогда искомая вероятность есть: 99 9 89 21 1− ⋅ = ≈ 0.19 . 10 99 110 III. Пусть ДСВ ξ имеет ряд распределения Pξ (x) , представленный в таблице. x −3 Pξ (x) 0 .1

−2 0 .2

−1 0 .3

0 0 .2

1 0 .1

2 0 .1

Каков ряд распределения Pη ( y ) у новой ДСВ η = ξ ? Ответ: Значения y новой ДСВ получаются из значений x старой путём сжимающего преобразования y = x . При этом часть значений старой ДСВ «слипается». Учитывая, что разным значениям ДСВ в порождающей схеме испытаний соответствуют несовместные события, при слипании вероятности старых значений складываются. В результате ряд распределения новой ДСВ получает вид: y 0 1 2 3 Pη ( y ) 0.2 0.4 0.3 0.1 20

ВАРИАНТ № 9 I. Коэффициенты b и c квадратного уравнения x + bx + c = 0 выбираются наугад из сегмента [ 0,1] . Какова ве2

роятность, что корни этого уравнения будут действительными? Ответ: Это задача на геометрическое определение вероятности Бюффона. Причём здесь исходы схемы испытаний удобно отобразить точками (b, c) в 2-мерном евклидовом пространстве. При этом областью Ω точек – исходов всей схемы испытаний является единичный квадрат (см. рис.); а область A точек – исходов анализируемого события в пределах c квадрата очерчивается требова1 соб. Ω b2 нием − c ≥ 0 (детерминант 4 2 b квадратного уравнения должен соб. A c = быть не отрицательным). Облас4 ти Ω и A имеют вид, показанb 0 1 ный на рис. Тогда искомая вероятность вычисляется как отношение площадей S этих областей и есть: 1 b2 1 ∫ db S ( A) 0 4 b3 1 = = = . S (Ω) 1 4 ⋅ 3 0 12

II. Для оповещения об аварии установлено два сигнализатора, работающих независимо. Первый срабатывает на аварию с вероятностью 0.9, а второй – с вероятностью 0.8. Найти вероятность того, что при аварии сработает хотя бы один сигнализатор. Ответ: В обозначениях ответа на вариант № 5II анализируемое событие может быть представлено как: B3 = A1 ∩ A2 , откуда искомая вероятность проще всего вычисляется в виде:

21

P ( B3 ) = 1 − (1 − p1 )(1 − p2 ) = 0.98 .

III. (Распределение старшей порядковой статистики). Какую ФР Fη ( y ) и плотность распределения p η ( y ) имеет новая СВ η = max{ξ i }, если ∀ i = 1, n старые НСВ ξ i все одинаково и неза1≤ i ≤ n

висимо распределены с ФР Fξ ( x) и плотностью p ξ ( x) ? Ответ: По смыслу преобразования ФР новой НСВ должна строиться как: n

Fη ( y ) =& P(η < y ) = P( все ξ i < y ) ≡ P( ∏ [ξ i < y ]) .

(9.1)

i =1

Что в силу независимости старых НСВ даёт: n

Fη ( y ) = ∏ P (ξ i < y ) ,

(9.2)

i =1

где вероятности в произведении – суть ФР старых НСВ в точке y . Но по условию ФР одинакова для всех этих НСВ. Тогда окончательно получаем: Fη ( y ) = [ Fξ ( y )]n . (9.3) Плотность распределения новой НСВ получается дифференцированием выражения (9.3), что даёт: p η ( y ) = Fη′ ( y ) = n[ Fξ ( y )]n−1 Fξ′ ( y ) = (9.4) = n[ Fξ ( y )]n −1 p ξ ( y ) Формулы (9.3–4) используются в математической статистике при анализе вида распределения упорядоченных по величине выборочных данных.

ВАРИАНТ № 10 I. На отрезок OA (см. рис. 10.1) наугад поставлены точки B и C (пусть B левее C ). Какова вероятность, что длина отрезка BC будет меньше длины отрезка OB ?

22

O

B

C

O

Рис. 10.1

A

Ответ: Это задача на геометрическое определение вероятности Бюффона. Причём здесь исходы схемы испытаний удобно отобразить точками ( x, y ) в 2-мерном евклидовом пространстве, полагая за координату x длину отрезка OB , а за координату y длину отрезка OC . При этом область Ω точек – исходов всей схемы испытаний устанавливается из условий: 0 ≤ x ≤ L  0 ≤ y ≤ L ,  x ≤ y а область A точек – исходов анализиy руемого события в пределах Ω очерчивается требованием y − x ≤ x . ОбL ласти Ω и A имеют вид треугольников, показанных на рис. 10.2. Тогда соб. Ω искомая вероятность вычисляется как соб. A отношение площадей S этих треугольников и есть: x 0 L 1 L L 2 L⋅ S ( A) 2 2 =1. Рис. 10.2 = 1 2 S (Ω) 2 L 2 II. В урну, содержащую 2 шара, опущен 1 белый шар; после чего из урны наудачу вынут 1 шар. Какова вероятность, что это будет белый шар, если равновозможен любой первоначальный состав урны? Ответ: Возможны 3 гипотезы об исходном составе шаров в урне: H1 – белых нет; H 2 – один белый, а другой нет; H 3 – оба белые. Вероятности этих гипотез: ∀ i = 1, 2,3 P ( H i ) = 1 . Пусть событие A 3 – вынуть белый шар. При этом условные вероятности такого события при гипотезах, очевидно (по определению Бернулли – Лапласа), есть: P ( A H1 ) = 1 , P ( A H 2 ) = 2 , P ( A H 3 ) = 3 . 3 3 3 23

В итоге, искомая безусловная вероятность события A по формуле полной вероятности вычисляется как: 1 1 2 3 1 6 2 P ( A) =  + +  = ⋅ = . 3 3 3 3 3 3 3 III. (Распределение младшей порядковой статистики). Какую ФР Fη ( y ) и плотность распределения p η ( y ) имеет новая СВ η = min {ξ i } , если ∀ i = 1, n старые НСВ ξ i все одинаково и неза1≤i ≤ n

висимо распределены с ФР Fξ (x) и плотностью p ξ (x) ? Ответ: Подобно ответу на вариант № 9III решение может быть найдено следующим образом. По смыслу преобразования ФР новой НСВ должна строиться как: Fη ( y ) =& P(η < y ) = P( хотя-бы одна ξ i < y ) , что через противоположные события тождественно Fη ( y ) ≡ 1 − P( все ξ i ≥ y ) = 1 − [1 − Fξ ( y )]n .

(10.1)

Плотность распределения новой НСВ получается дифференцированием выражения (10.1), что даёт: p η ( y ) = Fη′ ( y ) = n[1 − Fξ ( y )]n −1 p ξ ( y ) . (10.2) Формулы (10.1–2) используются в математической статистике при анализе вида распределения упорядоченных по величине выборочных данных.

ВАРИАНТ № 11 I. В студенческой лотерее на 100 билетов приходится 5 денежных и 5 вещевых выигрышей. Студент приобрёл 2 билета. Какова вероятность, что он выиграл и вещь и деньги? Ответ: 2 Прямое решение. Всего здесь возможно исходов C100 – число сочетаний из 100 билетов лотереи по 2 любых. Благоприятствуют же интересующему событию C51 исходов – выигрышей одного типа на первый билет и одновременно столько же исходов – вы-

24

игрышей другого типа на второй билет. Поэтому искомая вероятность есть: C51 ⋅ C51 1 = ≈ 0.0051 2 198 C100 (частный вариант формулы так называемого гипергеометрического распределения – доп. см. ответ на вариант № 12I). Другое решение. На первый билет получить выигрыш какого10 1 то типа можно с вероятностью = . А на второй билет по100 10 сле этого получить выигрыш другого типа можно с вероятностью 5 . В итоге искомая вероятность есть: 99 1 5 1 ⋅ = . 10 99 198 II. Из наблюдений установлено, что вероятности произойти сбою во время работы ЭВМ в процессоре, в оперативной памяти или в периферийных устройствах соотносятся между собой как 3:2:5. И пусть условные вероятности обнаружения сбоя в названных местах ЭВМ есть соответственно 0.8, 0.9 и 0.9. Найти безусловную вероятность того, что возникший где-то сбой будет обнаружен системой контроля. Ответ: Возможны 3 гипотезы о месте сбоя: H1 – сбой в арифметическом устройстве; H 2 – сбой в оперативной памяти; H 3 – сбой в периферийных устройствах. Априорные вероятности этих гипотез могут быть вычислены как: 3 2 P ( H1 ) = = 0.3 , P ( H 2 ) = = 0.2 , 3+ 2+5 3+ 2+5 5 P( H 3 ) = = 0.5 . 3+ 2+5 Пусть событие A – сбой обнаружен. Тогда его безусловная вероятность вычисляется по формуле полной вероятности через априорные вероятности гипотез и условные вероятности события A при гипотезах как: 25

P ( A) = 0.3 ⋅ 0.8 + 0.2 ⋅ 0.9 + 0.5 ⋅ 0.9 = 0.87 . III. Одновременно бросается две уравновешенных игральных кости и подсчитывается произведение выпавших очков. Показать, что это определяет дискретную случайную величину, обладающую измеримым отображением. Построить ряд распределения этой ДСВ. Ответ: В этой задаче бросание костей составляет дискретную схему испытаний с 36-ю равновозможными исходами ωij i6, j =1 ≡ Ω 6×6 ,

{ }

где i и j – это номера граней костей. Такая схема порождает дискретное вероятностное пространство, в котором любое подмножество элементарных исходов – суть случайное событие, наступающее с определённой вероятностью. Эта вероятность вычисляется как сумма вероятностей влекущих событие исходов. Сами же исходы все имеют одинаковую вероятность 1 . 36 Анализируемому в задаче произведению ξ выпавших очков на очерченном вероятностном пространстве отвечает отображение: ∀ i, j = 1,6 ξ(ωij ) =& i ⋅ j , (11.1) имеющее /см. далее табл. 11.1/ всего 18 различных значений {z k }18k =1 . Причём каждому такому значению соответствует своё подмножество исходов в схеме испытаний – как прообраз отображения (11.1). К примеру, значению z10 = 12 соответствует подмножество-прообраз {ω 26 , ω34 , ω 43 , ω 62 } , а значению z13 = 18 отвечает прообраз {ω36 , ω 63 } и т.д. И поскольку все подмножества исходов в схеме испытаний 6×6 Ω обладают определёнными вероятностями, отображение (11.1) является измеримым по вероятности, т.е. определяет собой случайную величину ξ (дискретную). Иначе говоря, для каждого значения z k , k = 1,18 отображения по соответствующему прообразу может быть вычислена его вероятность Pξ ( z k ) . Это составляет ряд распределения исследуемой ДСВ. 26

Подсчёты показывают, что этот ряд таков: Табл. 11.1 1

2

3

4

5

6

8

9

10

12

15

16

18

20

1 Pξ (z ) 36

2 36

2 36

3 36

2 36

4 36

2 36

1 36

2 36

4 36

2 36

1 36

2 36

2 36

z

24

25

30

36

2 36

1 36

2 36

1 36

ВАРИАНТ № 12 I. В урне находится 3 белых и 4 чёрных шара. Из урны наугад выбирается 3 шара. Какова вероятность, что 2 из них будут чёрными, а 1 – белым? Ответ: В этой задаче можно использовать формулу гипергеометрического распределения. (О таком законе распределения см., к примеру, [2, с. 441; 5]). Всего исходов здесь C 73 – число сочетаний из 7 (общее количество шаров в урне) по 3 (количество выбираемых наугад шаров). Благоприятствуют же интересующему событию C 31 исходов – вытаскиваний шаров одного типа (белых) и одновременно C 42 исходов – вытаскиваний шаров другого типа (чёрных). Тогда искомая вероятность есть: C31 ⋅ C42 18 = ≈ 0.51 . 35 C73 II. Прибор состоит из двух дублирующих блоков и остаётся работоспособным, если исправен хотя бы один из них. Случайным образом прибор может находиться в одном из двух режимов: благоприятном – с вероятностью 0.9 и неблагоприятном – с вероятностью 0.1. В благоприятном режиме надёжность (т.е. вероятность безотказной работы) каждого из блоков есть 0.95, а в неблагоприятном – 0.80. Учитывая всё это найти безусловную (полную) надёжность прибора. 27

Ответ: Пусть Pg = 0.9 – вероятность благоприятного режима; и пусть p g = 0.95 – надёжность отдельного блока прибора в благоприятном режиме, а pb = 0.80 – в неблагоприятном. Тогда безусловная надёжность P всего прибора может быть вычислена по формуле полной вероятности как:

[ (

P = Pg ⋅ 1 − 1 − p g

)2 ]+ (1 − Pg ) ⋅ [1 − (1 − pb )2 ] ,

где выражение в первых квадратных скобках – это надёжность всего прибора в благоприятном режиме, а во вторых – в неблагоприятном. Откуда в числах искомая вероятность есть: 159 P = 0.9 ⋅ 1 − (0.05)2 + 0.1 ⋅ 1 − (0.20)2 = 0.99375 = . 160 III. Уравновешенная монета бросается n = 6 раз. Рассчитать

[

]

[

]

вероятность выпадения "герба" m раз для m = 0,6 . Результаты свести в таблицу. Как выглядит графически этот ряд распределения, называемый биномиальным? Ответ: В рассматриваемой задаче бросание монеты – это схема опытов Бернулли с вероятностью «успеха» p = 0.5 . Поэтому искомая вероятность рассчитывается по формуле Бернулли, которая в этом частном случае даёт биномиальный ряд распределения в форме: ∀ m = 0,6 Bi (m n = 6, p = 0.5) ≡ 6! (0.5)6 =& P6 (m) . (12.1) m!(6 − m)! При этом расчёты по формуле (12.1) дают такие результаты: Табл. 12.1

≡

m

0

1

2

3

4

5

6

P6 ( m )

0.0156

0.0937

0.2344

0.3125

0.2344

0.0937

0.0156

Графики и свойства биномиального ряда, типа (12.1), см., к примеру, в [2, с.440; 5]. 28

ВАРИАНТ № 13 I. Студент купил карточку Спортлото и наугад отметил 6 из 49-ти номеров. Какова вероятность, что он угадал 3 выигрышных номера? Ответ: В этой задаче можно использовать формулу гипергеометрического распределения. Аналогично ответу на вариант № 12I искомая вероятность здесь есть: 3 C63 ⋅ C43 ≈ 0.01765 . 6 C49 II. Пусть вероятность поражения цели при бомбометании с самолёта есть 0.35. И пусть независимо бросаются 10 бомб. Какова вероятность, что цель поразят ровно 3 (наивероятное число) бомбы? Ответ: Задачу можно трактовать как схему из n = 10 опытов Бернулли с вероятностью "успеха" p = 0.35 . И требуется вычислить вероятность наступления m = 3 "успехов", что по формуле Бернулли даёт: 10! P10 (3) = 0.353 0.657 ≈ 0.25 . 3!7! III. (Расчёт точности стрельбы при круговом рассеянии, приводящий к распределению Рэлея). Для системы нормальных СВ  r r  2 0   (ξ, η) ~ N  x, y µ = 0, C =  σ 2  0 σ    найти вероятность P(r ) попадания значений СВ ( x, y ) в круг ра-

{

}

диуса r : D(r ) = ( x, y ) : x 2 + y 2 ≤ r 2 . /Совет: при вычислении интеграла удобно перейти в полярную систему координат/.

29

Ответ: Искомая вероятность может быть вычислена по плотности N как следующий двойной интеграл Римана: r  σ2 0  P (r ) = ∫∫ N ( x, y 0,  2 ) dxdy =  0 σ  D(r )  x2 + y2  1 (13.1) exp ∫∫ − dxdy . 2πσ 2 x 2 + y 2 ≤r 2 2σ 2   Воспользуемся советом и перейдём из декартовой ( x, y ) в полярную ( ρ, ϕ) систему координат:  x = ρ cos ϕ (13.2)  y = ρ sin ϕ .  Учитывая, что модуль Якобиана преобразования (13.2) есть cos ϕ − ρ sin ϕ = ρ, sin ϕ ρ cos ϕ по правилам замены переменных в двойном интеграле (см., например, [4, с.423-424]) для (13.1) получаем: =

ρ2

ρ2

1 2π r − 2σ2 1 r − 2σ2 P (r ) = d ϕ e ρ d ρ = ρdρ , ∫ ∫ ∫e 2πσ 2 0 0 σ2 0 где использовано, что круг интегрирования в декартовой системе координат преобразовался в прямоугольник в полярной системе. 2 Последний интеграл легко берётся через замену t = − ρ , 2σ 2 что в итоге даёт результат:  r2  (13.3) P (r ) = 1 − exp− 2  .  2σ  Выражение (13.3) – это ФР так называемого закона распределения Рэлея. Графики и свойства этого закона см., к примеру, в [2, с.432; 5]. По закону Рэлея распределён модуль плоского вектора, компоненты которого стохастически независимы и нормальны с нулевым средним и дисперсией σ 2 . Об использовании этого закона см. также в [1, с.199]. 30

ВАРИАНТ № 14 I. В лотерее разыгрывается 100 билетов, среди которых 10 – выигрышные. Студент купил 2 билета. Какова вероятность, что он ничего не выиграл? Ответ: Это задача на формулу произведения вероятностей зависимых событий. Всего имеется 90 невыигрышных билетов из 100; поэтому безусловная вероятность не выиграть на первый билет есть 90 , после чего условная вероятность не выиграть на второй би100 89 лет есть . Откуда искомая вероятность получается как: 99 90 89 89 ⋅ = ≈ 0.81 . 100 99 110 II. Большая партия изделий содержит 1% брака. Каков должен быть объём n случайной и независимой контрольной выборки, чтобы вероятность встретить в ней хотя бы одно бракованное изделие была как минимум 0.95 ? Ответ: Получение выборки можно трактовать как n опытов Бернулли, в которых "успех" наступает с вероятностью p = 0.01 , а "неудача" – с вероятностью q = 0.99 . Получить за n таких опытов хотя бы один "успех" можно с вероятностью Pg (n) = 1 − q n . И требуется, чтобы для этой вероятности выполнялось условие Pg (n) ≥ Pmin = 0.95 . Откуда, разрешая неравенство относительно n , получаем условие: ∗

∗

 ln(1 − Pmin )   ln(1 − 0.95)  n≥ = = 299 ,  ln q  ln 0.99    где [L]∗ – верхнее целое.

31

III. Астроном в благоприятную ночь наблюдает метеорный поток на определённом участке неба, регистрируя количество пролетевших метеоритов за каждые 15 минут. Полагая, что поток метеоритов пуассоновский (закон редких событий), и что в среднем можно наблюдать λ = 3 метеорита, рассчитать вероятность наблюдать m метеоритов за данные 15 минут для m = 0,7 . Результаты свести в таблицу и отобразить графически. Ответ: Искомая вероятность рассчитывается по формуле Пуассона, которая в рассматриваемом частном случае даёт пуассоновский ряд распределения в форме: 3 m −3 ∀ m = 0,7 Po(m λ = 3) ≡ e . (14.1) m! При этом расчёты по формуле (14.1) дают такие результаты: Табл. 14.1 m

0

Po (m 3) 0.0498

1

2

3

4

5

6

7

0.1494

0.2240

0.2240

0.1680

0.1008

0.0504

0.0216

Графики и свойства пуассоновского ряда, типа (14.1), см., к примеру, в [2, с.442; 5].

ВАРИАНТ № 15 I. Студент пришёл на экзамен, зная лишь 20 вопросов из 25ти. Преподаватель наугад дал 2 вопроса. Какова вероятность, что студент получил вопросы, которые он выучил? Ответ: Это задача на формулу произведения вероятностей зависимых событий. Подобно ответу на вариант № 14I искомая вероятность здесь есть: 20 19 19 ⋅ = ≈ 0.63 . 25 24 30 II. Какова вероятность, что при многократном независимом бросании правильной игральной кости первая шестёрка выпадет при 3-ем бросании? 32

Ответ: Рассматриваемое в задаче событие A наступает, когда в схеме из n = 3 опытов Бернулли с вероятностью "успеха" p = 1 и 6 5 "неудачи" q = в первых n − 1 опытах обязательно имеет ме6 сто "неудача", и только в последнем "успех". Откуда P ( A) = q n −1 ⋅ p – так называемое геометрическое распределение для n . (Формулы, графики и свойства этого распределения см., к примеру, в [2, с.439; 5]). В итоге в числах получаем: 2

 5  1 25 P ( A) =   ⋅ = ≈ 0.116 .  6  6 216 III. (Суммирование ошибок округления, приводящее к треугольному распределению Симпсона). Найти плотность распределения p η ( y ) новой НСВ η = ξ1 + ξ 2 , когда слагаемые стохастически независимы и каждое распределено по равномерному закону: ξ ~ R ξ ( x − 0.5, 0.5) . /Совет: воспользоваться вспомогатель-

 y = x1 + x 2 ным невырожденным преобразованием  /.  y 2 = x2 Ответ: Аналогично ответу на вариант № 5III поставленная задача может быть решена, опираясь на правило трансформации совместной плотности при невырожденном преобразовании векторной НСВ. Совместная плотность распределения системы исходных СВ (ξ1 , ξ 2 ) в задаче образуется как произведение плотностей компонент и имеет вид: p ξ1ξ2 ( x1 , x 2 ) = Rξ1 ( x1 − 0.5, 0.5) ⋅ Rξ2 ( x 2 − 0.5, 0.5) = 1, − 0.5 ≤ x1 ≤ 0.5 &  =  − 0.5 ≤ x 2 ≤ 0.5; (15.1) 0, else. Советуемое преобразование к системе новых СВ (η, η2 ) является взаимооднозначным, т.е. обладает обратным, что в терминах значений СВ выглядит как 33

 x1 = y − y2 . x = y 2  2 Причём модуль якобиана преобразования (15.2) равен 1. Учитывая сказанное, совместная плотность распределения системы новых СВ по правилам трансформации плотности (см. [3, §II.4]) получается в форме p ηη2 ( y, y 2 ) = p ξ1ξ2 ( y − y 2 , y 2 ) =

(15.2)

1, − 0.5 ≤ y − y 2 ≤ 0.5 &  =  − 0.5 ≤ y 2 ≤ 0.5; 0, else.

(15.3)

Причём область на плоскости YOY2 , в которой плотность (15.3) отлична от нуля, имеет четырёхугольный вид, показанный на рис. 15.1. Y2 Теперь остаётся только построить требуемую безy 2 = y + 0.5 0.5 y 2 = y − 0.5 условную плотность распределения компоненты η , -1 1 Y -0.5 что из совместной плотности (15.3) образуется в виде следующего римановского Рис. 15.1 интеграла: ∞

pη ( y ) = ∫ pηη2 ( y, y 2 )dy 2 ≡ /см. рис. 15.1/ ≡ −∞

y + 0 .5  ∀ y ∈ [−1, 0] ∫ dy 2 ; − 0 .5  0 .5  ≡  ∀ y ∈ (0,1] ∫ dy 2 ; y − 0 .5   0, else.   В итоге искомая плотность получается в форме:

34

1 + y, − 1 ≤ y ≤ 0;  p η ( y ) = 1 − y, 0 < y ≤ 1;  0, else.

(15.4) pη ( y)

Графически плотность (15.4) имеет треугольный вид рис. 15.2 – откуда и название этого закона распределения. Его свойства см., к примеру, в [2, с.412; 5].

1

-1

y

1

Рис. 15.2

ВАРИАНТ № 16 I. В урне находится 7 шаров, среди которых 3 белых. Наугад вынимается 2 шара. Какова вероятность, что оба они белые? Ответ: В этой задаче можно применить частный вариант формулы гипергеометрического распределения (см. ответ на вариант № 12I, но с учётом, что все вынутые шары одного цвета). При этом искомая вероятность вычисляется как: C32 1 = . C72 7 II. Изделия некоторого производства содержат 10% брака. Какова вероятность, что среди трёх наугад взятых изделий одно окажется бракованным? Ответ: Это схема опытов Бернулли с p = 0.1 , n = 3 и m = 1 . Поэтому искомая вероятность имеет значение: 3! 1 2 P3 (1) = ⋅ ( 0.1) (1 − 0.1) = 3 ⋅ 0.1 ⋅ 0.92 = 0.243 . 1!2! III. Пусть некоторая случайная веFξ ( x ) личина ξ обладает ФР Fξ (x) , показан1 ной на рисунке. В каких точках числовой оси находятся спектральные значения этой СВ и каков её тип? Каково

2/3 1/2 1/4 -1

0

1

2

3

x

35

значение вероятности следующего события с СВ: ξ ∈ (−1, 1] ? Ответ: Спектральные значения любой СВ сосредоточены в точках роста ФР. Из графика видно, что рассматриваемая ФР растёт на областях [-1, 1] и [2, 3] значений аргумента. Причём в точках -1 и 1 ФР совершает скачки, а в остальных точках – непрерывна. Всё это говорит о том, что данная ФР описывает собой СВ дискретно-непрерывного типа: с дискретной частью спектра на множестве {-1; 1} и с непрерывной частью спектра на множестве {(-1, 1);.[2, 3]}. Искомая вероятность события с СВ вычисляется как приращение её вероятностной массы на отрезке (-1, 1], что по определению и свойствам ФР СВ есть: P{ξ ∈ (−1,1]} = Fξ (1 + 0) − Fξ (−1 + 0) . Откуда по графику ФР окончательно получаем: 2 1 5 P{ξ ∈ (−1,1]} = − = . 3 4 12

ВАРИАНТ № 17 I. В урне имеется 3 белых и 2 чёрных шара. Все шары наугад по одному вынимаются. Какова вероятность, что последним будет чёрный шар? Ответ: Это просто вероятность вынуть чёрный (очевидно, если шары вынимать с закрытыми глазами); поэтому искомая вероятность есть 2 . 5 II. Пусть на РЛС (радиолокационную станцию) равновозможно поступает либо только шум (нет цели), либо смесь сигнала с шумом (есть цель). Известно, что решающее устройство РЛС при наличие только шума может ошибиться и зарегистрировать цель (ошибка ложной тревоги) с вероятностью 0.1; а при наличие сигнала с шумом цель правильно регистрируется (нет ошибки пропуска цели) с вероятностью 0.7. И пусть решающее устройство зарегистрировало цель. Какова вероятность, что РЛС не ошиблась? 36

Ответ: Имеются две равновозможные априорные гипотезы: H 0 – нет цели и H1 – есть цель. По условию P ( H 0 ) = P ( H1 ) = 0.5 . Пусть событие A – РЛС зарегистрировала цель. При гипотезах это событие имеет вероятности: P ( A H 0 ) = 0.1 и P ( A H1 ) = 0.7 . Тогда искомая вероятность есть апостериорная вероятность гипотезы H1 , что по формуле Байеса даёт: P( A H 1 ) P( H 1 ) P ( H 1 A) = = P( A H 0 ) P( H 0 ) + P( A H 1 ) P( H 1 ) 0 .7 ⋅ 0 .5 7 = = = 0.875. 0 .1 ⋅ 0 .5 + 0 .7 ⋅ 0 .5 8 III. (Квадратичная ФР) Точка бросается наугад в круг радиуса R . При этом вероятность попасть в любую область в круге пропорциональна площади области. Найти ФР Fρ (r ) и плотность

p ρ (r ) расстояния ρ точки от центра круга. Нарисовать графики. Ответ: По смыслу ФР анализируемой СВ ρ для текущего значения r расстояния, как Fρ (r ) =& P(ρ < r ) – это вероятность точкам по-

пасть в круг радиуса r с площадью πr 2 . И по геометрическому 2 определению Бюффона такая вероятность есть r 2 – поскольку R в задаче имеется в виду непрерывная схема испытаний с равновозможными исходами, общей площадью πR 2 . В итоге искомая ФР имеет формулу: r>R  1,  r 2   Fρ (r ) =   , 0 < r ≤ R , (17.1) R    r≤0  0, и её график представлен на рис. 17.1.

37

p ρ (r )

Fρ (r )

2 R

1

0

R Рис. 17.1

r

0

R Рис. 17.2

r

Эта ФР непрерывна, а значит, описываемая величина ρ является НСВ и обладает плотностью: dFρ (r )  2r , 0 < r ≤ R pρ (r ) = = R2 . (17.2) dr  0, else График такой плотности показан на рис. 17.2.

ВАРИАНТ № 18 I. Какова вероятность того, что 3 определённые книги на полке будут стоять рядом, если наугад расставляется 10 книг? Ответ: Общее число исходов здесь 10! – количество перестановок всех книг. Благоприятствуют же интересующему событию 3! перестановок рассматриваемых книг, 8 различных положений на полке блока из этих книг, а также 7! перестановок из других книг. Тогда искомая вероятность по определению Бернулли – Лапласа есть: 8 ⋅ 3!7! 1 = . 10! 15 II. Пусть некоторая система (цепь Маркова) случайным образом может переходить в одно из трёх состояний A 0 , A1 и A 2 с вероятностями, указанными на графе переходов (см. рис. 18.1). 2 1

3

3

3

A1 1

A2 1

4

Рис. 18.1

38

4

A0 2

1

2

Считая, что изначально система находится в состоянии A 0 , определить вероятность того, что за 2 перехода она так и останется в этом же состоянии. Ответ: Здесь имеется две несовместные возможности: с вероятностью 1 перейти в состояние A1 , а затем с вероятностью 2 4 3 вернуться в состояние A 0 ; либо с вероятностью 3 перейти в 4 состояние A 2 , а затем с вероятностью 1 вернуться в состояние 2 A 0 . Тогда полная вероятность остаться за два хода в состоянии

A 0 есть: 1 2 3 1 13 ⋅ + ⋅ = ≈ 0.54 . 4 3 4 2 24 III. (Закон арксинуса). Какими являются ФР Fξ ( x) и плотность p ξ ( x) у новой СВ ξ = a sin ϕ (где a = const > 0 ), если ста-

 π π рая НСВ ϕ распределена равномерно в  − ,  ? Нарисовать  2 2 графики. Ответ: Решение этой задачи подобно ответу на вариант № 1III. Прямое преобразование x = x(v) здесь есть x = a sin v , где v – это значения равномерной НСВ ϕ с распределением 1 π π  π π   , − < v < Rϕ  v − ,  =  π 2 2; 2 2   0,  else 

а обратное к исходному преобразование v = v( x) имеет вид x v = arcsin . Причём последняя функция обладает положительa 1

2 −2 1 ной производной v′x = 1 − x a  . Тогда по правилу трансa 

( )

39

формации плотности НСВ при её монотонно возрастающем преобразовании здесь имеем: π π  pξ ( x) = v′x ⋅ Rϕ  v( x) − ,  = 2 2   1 1 π  x π ⋅ , − < arcsin  <  2 π 2 a 2  . =  a 1 −  x  a     0, else Откуда в результате очевидных упрощений для плотности этого распределения окончательно получаем: 1 1 ,− a < x < a  p ξ ( x) =  π a 2 − x 2 . (18.1)  0, else ФР распределения выражается через интеграл от плотности: x

Fξ ( x) = ∫ p ξ (t )dt , −∞

что из (18.1) даёт: x≥a  1, 1 1 x Fξ ( x) =  + arcsin , − a < x < a . a 2 π 0 , x ≤ −a  p ξ (x )

Fξ ( x ) 1

1 πa

−a

(18.2)

0

Рис. 18.2

a

x

−a

a 0 Рис. 18.3

x

По виду формулы (18.2) это распределение и названо законом арксинуса. Его свойства см., к примеру, в [2, с.414; 5]. Интерес40

ную форму имеют графики этого распределения. График плотности показан на рис. 18.2, а график ФР – на рис. 18.3.

ВАРИАНТ № 19 I. В ящике находится 10 карточек с различными номерами. Из ящика по очереди наугад вынимается с возвращением 3 карточки. Какова вероятность, что у них будут разные номера? Ответ: Учитывая, что это схема с возвращением, а номера карточек должны быть разными, искомая вероятность может быть вычислена как: 10 9 8 ⋅ ⋅ = 0.72 . 10 10 10 II. Солдат получает зачёт по стрельбе при условии, что в течение отведённого времени он поразит не менее трёх мишеней из пяти. Каждую мишень не зависимо от других солдат может поразить с вероятностью 2 . Какова вероятность, что он сдаст за3 чёт? Ответ: Искомая вероятность может быть вычислена как: 64 P5 (3) + P5 (4) + P5 (5) = ≈ 0.79 , 81 где при n = 5 Pn (m) =& C nm p m (1 − p ) n −m – это вероятность получить m "успехов" за n опытов Бернулли, когда вероятность "успеха" p есть 2 . 3 III. (Распределение Коши). Какими являются ФР Fξ ( x) и плотность p ξ ( x) у новой СВ ξ = µ + δ ⋅ tg ϕ (где δ = const > 0 , а µ – произвольная const ), если старая НСВ ϕ распределена равно π π мерно в  − ,  ? Нарисовать графики.  2 2

41

Ответ: Решение этой задачи аналогично ответу на вариант № 18III. Прямое преобразование x = x(v) здесь есть x = µ + δ ⋅ tg v , где v – это значения равномерной НСВ ϕ с распределением 1 π π  π π   , − < v < Rϕ  v − ,  =  π 2 2; 2 2   0,  else 

а обратное к исходному преобразование v = v(x) имеет вид x −µ v = arctg . Причём последняя функция обладает положиδ тельной производной: 1 1 δ v′x = ≡ 2 2 δ  x −µ δ + ( x − µ) 2 1+    δ  Тогда по правилу трансформации плотности НСВ при её монотонно возрастающем преобразовании здесь имеем: π π  pξ ( x) = v′x ⋅ Rϕ  v( x) − ,  = 2 2 

 δ 1 π  x−µ π ⋅ , − < arctg  2 < 2 =  δ + ( x − µ) π 2  δ  2,  0, else что даёт просто δ 1 ∀ x p ξ ( x) = ⋅ 2 π δ + ( x − µ) 2

(19.1)

π π до ). 2 2 ФР этого распределения выражается через интеграл от плотности: (учитывая, что arctg всегда находится в пределах от −

x

Fξ ( x) = ∫ p ξ (t )dt , −∞

что из (19.1) приводит к выражению:

42

1 1 x−µ + arctg . (19.2) 2 π δ Формулы (19.1-2) описывают знаменитый закон распределения Коши. Он примечателен тем, что из-за затянутости «хвостов» не обладает моментами. Его свойства и графики см., к примеру, в [2, с.415]. Однако там следует обратить внимание на ошибку: значения ФР в книге указаны в π раз большими, чем нужно; а в остальном всё правильно. Закон Коши связан со многими другими известными распределениями. Например, он является частным вариантом так называемого t -распределения Стьюдента при f = 1 степени свободы (см. [2, с.416; 5]).

Fξ ( x) =

ВАРИАНТ № 20 I. Бросаются две правильных игральных кости. Какова вероятность, что сумма выпавших очков окажется больше их произведения? Ответ: Прямой подсчёт исходов по определению Бернулли – Лапласа даёт: 11 . 36 II. Группа в 30 студентов поровну состоит из отличников, хорошистов и троечников. Отличник на экзамене обязательно получит 5; хорошист – равновозможно 5 или 4; а троечник – равновозможно 4, 3 или 2. Новый преподаватель наугад вызывает незнакомого студента. Какова вероятность, что студент получит 4 или 5 ? Ответ: Эту задачу можно трактовать как схему гипотез: H 1 – отличник, H 2 – хорошист, H 3 – троечник; причём гипотезы равновозможны и каждая имеет априорную вероятность 1 . Пусть собы3 тие A – получить 4 или 5; его условные вероятности при гипотезах есть: P ( A H 1 ) = 1, P ( A H 2 ) = 1, P ( A H 3 ) = 1 . 3 43

В задаче требуется установить безусловную вероятность события A , что по формуле полной вероятности в числах даёт: 1 1 7 P ( A) = 1 + 1 +  = ≈ 0.78 . 3 3 9 III. Для экспоненциальной НСВ ξ с плотностью распределе α e − αx , x ≥ 0 ния p ξ ( x) =  найти вероятность выполнения собыx<0 0, 1 тия: ξ ≤ . /Содержательно это можно трактовать как вероятα ность, с которой случайное время ожидания в очереди не превысит среднего значения/. Ответ: Поскольку в этой задаче СВ ξ непрерывна, искомая вероятность вычисляется через римановский интеграл от плотности распределения по области значений x ≤ 1 . Но анализируемая α плотность отлична от нуля только при положительном аргументе. Поэтому нужная вероятность определяется как: 1

α

P = ∫ αe −αx dx = /вводя замену t = −αx / = 0

0

= ∫ e t dt = 1 − e −1 ≈ 0.632 . −1

ВАРИАНТ № 21 I. Бросаются две правильных игральных кости. Какова вероятность, что произведение выпавших очков равно 8 ? Ответ: Прямой подсчёт исходов по определению Бернулли – Лапласа даёт: 2 . 36 II. Рабочий производит с вероятностью 0.9 годное изделие и с вероятностью 0.09 – изделие с устранимым браком. Произведено 5 деталей. Какова вероятность, что среди них будет 4 годных и 44

одна с устранимым браком, но не будет деталей с неустранимым браком? Ответ: Это задача на полиномиальную схему испытаний с тремя событиями (причём третье /произведено изделие с неустранимым браком/ не наступило). Тогда искомая вероятность может быть вычислена как: 5! P5 (4,1,0) = 0.9 4 0.0910.010 ≈ 0.295 . 4!1!0! III. (Суммирование нормальных ошибок измерений). Найти плотность распределения p η ( y ) новой НСВ η = ξ1 + ξ 2 , когда слагаемые стохастически независимы и каждое распределено по нормальному закону с плотностью N ξ ( x 0, σ 2 ) . /Воспользоваться

 y = x1 + x 2 невырожденным преобразованием  . Учесть, что:  y2 = x2 ∞  AC − B 2  π 2 exp − Az + 2 Bz − C dz = exp ∫ −  /. A A −∞   Ответ: Аналогично ответу на вариант № 5III поставленная задача может быть решена, опираясь на правило трансформации совместной плотности при невырожденном преобразовании векторной НСВ. Совместная плотность распределения системы исходных СВ (ξ1 , ξ 2 ) в задаче образуется как произведение плотностей компонент и имеет вид:

{

}

p ξ1ξ2 ( x1 , x 2 ) = N ξ1 ( x1 0, σ 2 ) ⋅ N ξ2 ( x 2 0, σ 2 ) =

 x12 + x 22  1 exp (21.1) −  2πσ 2 2σ 2   Советуемое преобразование к системе новых СВ (η, η2 ) является взаимооднозначным, т.е. обладает обратным, что в терминах значений СВ выглядит как

=

45

 x1 = y − y2 . x = y 2  2 Причём модуль якобиана преобразования (21.2) равен 1. Учитывая сказанное, совместная плотность распределения системы новых СВ по правилам трансформации плотности (см. [3, §II.4]) получается в форме p ηη2 ( y, y 2 ) = p ξ1ξ2 ( y − y 2 , y 2 ) =

(21.2)

 ( y − y 2 ) 2 + y 22  1 = exp− ≡ 2πσ 2 2σ 2   2  y2 1 y y2  (21.3) exp− 2 + 2 y 2 − 2  , ≡ 2πσ 2 σ σ 2 σ   причём плотность (21.3) отлична от нуля (т.е. положительна) на всей плоскости YOY2 . Теперь остаётся только построить требуемую безусловную плотность распределения компоненты η , что из совместной плотности (21.3) образуется в виде следующего римановского интеграла: ∞

pη ( y ) = ∫ pηη2 ( y, y 2 )dy 2 ≡ −∞

∞

1 exp − Ay 22 + 2 By 2 − C dy 2 = 2 ∫ 2πσ −∞  AC − B 2  π exp− =/см. [1, §12.6]/= (21.4) , A A   где введены обозначения: 1 y y2 & A =& 2 ; B =& ; C = . (21.5) σ 2σ 2 2σ 2 Подставляя (21.5) в (21.4) и приводя подобные в результате можно получить, что  y2   1 1 y2  ∀ y pη ( y) = exp− 2  ≡ exp− , 2  2 4 σ 2 ( 2 σ ) π 2σ 2 π ( 2 σ )     ≡

46

{

}

т.е.

η ~ N ( y 0, 2σ 2 ) ,

(21.6)

где значок «~» читается «распределено как». Таким образом, оказалось, что сумма нормальных случайных величин даёт опять нормальную СВ с суммарной дисперсией (последнее, к стати, не зависит от вида распределения, а просто есть следствие стохастической независимости слагаемых СВ).

ВАРИАНТ № 22 I. Бросаются две правильных игральных кости. Какова вероятность, что сумма выпавших очков равна 8 ? Ответ: Прямой подсчёт исходов по определению Бернулли – Лапласа даёт: 5 . 36 II. Группа в 30 студентов поровну состоит из отличников, хорошистов и троечников. Отличник на экзамене обязательно получит 5; хорошист – равновозможно 5 или 4; а троечник – равновозможно 4, 3 или 2. Новый преподаватель наугад вызывает незнакомого студента, и он получает 4. Какова вероятность, что этот студент из подгруппы троечников? Ответ: Подобно ответу на вариант № 20II это задача на схему гипотез: H 1 – хорошист, H 2 – троечник; причём априорные вероятности этих гипотез есть 1 . И пусть событие A – получить 4. 2 Условные вероятности такого события при гипотезах по условию есть: 1 1 P( A H 1 ) = , P( A H 2 ) = . 2 3 В задаче требуется установить апостериорную вероятность второй гипотезы, что по формуле Байеса (подобно ответу на вариант № 17II) в числах даёт:

47

1 1 ⋅ 2 3 = 2. P ( H 2 A) = 1  1 1 5  +  2  2 3 III. Каким должно быть преобразование y = ϕ(x) , чтобы по значениям x равномерной в [0,1] НСВ ξ можно было смоделировать значения y новой НСВ η с плотностью p η ( y ) ,

p η ( y) 2

y

имеющей график: 0 1 Ответ: Решение этой задачи аналогично ответу на вариант № 4III. Для получения новой НСВ здесь нужно применить обратное преобразование Мизеса y = Fη−1 ( x) , где задействована ФР новой СВ: y

x = Fη ( y ) =& ∫ p η (t )dt = /см. рис./= 0 y

= ∫ 2tdt = y 2 . 0

Следовательно, искомое преобразование выглядит как: y= x.

ВАРИАНТ № 23 I. На склад поступила партия из 10-ти изделий, 3 из которых дефектные. Для контроля наугад выбрано 5 изделий. Какова вероятность, что среди них 2 дефектных? Ответ: В этой задаче подобно ответу на вариант № 12I можно использовать формулу гипергеометрического распределения. Откуда искомая вероятность есть: C32 ⋅ C73 5 = ≈ 0.42 . 5 12 C10 48

II. Вероятность попадания стрелком в десятку равна 0.7, а в девятку – 0.2. Какова вероятность, что за 3 выстрела стрелок наберёт как минимум 29 очков? Ответ: Для набора 29-ти очков стрелку надо либо 3 раза попасть в десятку (одно событие), либо 2 раза в десятку и 1 в девятку (другое событие), но не допустить иных результатов (третье событие). В итоге это получается частный вариант задачи на полиномиальную схему испытаний с тремя событиями (причём третье событие не наступило). Тогда искомая вероятность может быть вычислена как: 3! 3! P3 (3,0,0) + P3 (2,1,0) = 0.7 3 0.2 0 0.10 + 0.7 2 0.210.10 = 0.637 . 3!0!0! 2!1!0! III. Пусть плотность распределения p η ( y ) p ( y) НСВ η имеет вид, показанный на рисунке. Какова вероятность следующего события с такой 1 1 НСВ: η ∈ [ , ) ? 4 2

η

2

y 0

1

Ответ: Учитывая, что для НСВ вероятность значениям попасть на отрезок вычисляется как римановский интеграл от плотности распределения в пределах отрезка, искомая вероятность определяется как: 1

2

P = ∫ p η (t )dt = /см. рис./= 1

1

4

2

2

3 1 1 = ∫ 2 ydy = y 1 =   −   = ; 1 16 4  2  4 4 где использовано также, что у НСВ вероятность попасть в отдельную точку отрезка практически равна нулю. 2

2

1

2

49

ВАРИАНТ № 24 I. Абонент забыл три последние цифры номера телефона и, помня лишь, что они разные, набрал их наугад. Какова вероятность, что он набрал правильный номер? Ответ: Искомая вероятность (учитывая, что цифры должны быть разные, а правильный номер единственен) есть: 1 1 = . 10 ⋅ 9 ⋅ 8 720 II. Имеется 3 партии деталей. В одной из них треть деталей – брак, а в остальных все детали качественные. Деталь, взятая наугад из какой-то партии, оказалась качественной. Какова вероятность, что деталь взята из партии с браком? Ответ: Здесь удобно рассмотреть схему гипотез: H 1 – партия с браком и H 2 , H 3 – партии без брака. По условию эти гипотезы равновозможны и имеют априорные вероятности 1 . Пусть событие 3 A – деталь качественная. Условные вероятности такого события при гипотезах есть: 2 P( A H 1 ) = , P( A H 2 ) = P( A H 3 ) = 1 . 3 В этих терминах в задаче требуется установить апостериорную вероятность первой гипотезы, что в числах по формуле Байеса даёт: 1 2 ⋅ 1 3 3 P ( H 1 A) = = . 12  4  + 1 + 1 3 3 

III. (Закон распределения χ 2 ). Если старая СВ ξ распределена по стандартному нормальному закону, т.е. ξ ~ N ξ ( x 0,1) , то

50

каков вид плотности p η ( y ) у новой СВ η = ξ 2 ? Как эта плотность выглядит графически? Ответ: Решение этой проблемы перекликается с 2 η= ξ ответом на вариант № 1III, но имеется и существенное отличие. Прямое преобразоy вание СВ здесь не является монотонным /см. рис. 24.1/, и обратное преобразование получается многозначным. Это не позволяет использовать в задаче простое правило ξ 0 − y y трансформации плотности НСВ, а требует Рис. 24.1 специальных приёмов (см., например, [1, §12.3]). Общая идея состоит в том, чтобы через плотность старой НСВ ξ вначале построить ФР новой СВ η , а затем получить её плотность дифференцированием (подобно второму способу решения в ответе на вариант № 5III). По смыслу преобразования ФР новой СВ определяется как  P (ξ 2 < y ), y > 0 ∀ y Fη ( y ) = P (η < y ) ≡  . (24.1)  P (Ο) = 0, y ≤ 0 Но, как видно из рис. 24.1, через плотность распределения старой НСВ для верхней вероятности в (24.1) имеем: ∀ y > 0 P(ξ 2 < y ) = ∫ N ξ ( x 0,1)dx ≡ x< y

1

y

2

−

x 2

∫ e dx =& g ( y ) . 2π − y Тогда плотность новой НСВ получается как dFη ( y ) ∀ y pη ( y ) = = dy  g ′( y ), y > 0 =/из (24.1-2)/=  , y≤0 0, ≡

(24.2)

(24.3)

51

где производная g ′( y ) берётся от выражения (24.2) по известным правилам дифференцирования интеграла (см., к примеру, [4, с.405]) и имеет формулу:  ( y ) 2  1  (− y ) 2  − 1  1  ≡ exp− − exp− g ′( y ) = ⋅ ⋅ 2  2 y 2  2 y  2π    1  y ≡ exp−  . (24.4) 2π y  2 В итоге из (24.3-4) оказывается, что при возведении в квадрат стандартной нормальной СВ получается новая НСВ с плотностью: y  1 −  e 2,y >0 (24.5) p η ( y ) =  2π y =& χ η2 ( y 1) .  0, y ≤ 0  Формула (24.5) описывает частный вариант χ 2 ( y 1) знаменитого закона распределения χ2 η К.Пирсона при n = 1 степени свободы. График плотности (24.5) показан на рис. 24.2. По закону χ 2 с n степенями свободы расy 0 пределена сумма n некоррелированных станРис. 24.2 дартных нормальных СВ. Этот закон широко используется в математической статистике и связан со многими другими известными распределениями. В частности, при n = 2 (т.е. когда складываются квадраты двух нормальных СВ) он совпадает с односторонним экспоненциальным законом распределения /см. ответ на вариант № 4III при T = 2 /. Общие свойства закона распределения χ 2 при произвольном числе степеней свободы n см., к примеру, в [2, с.423] (при этом там нужно положить α = β = 1 / 2 ).

52

ВАРИАНТ № 25 I. В барабане револьвера 7 гнёзд и вставлено 5 патронов. Дважды барабан наугад прокручивается, и каждый раз нажимается курок. Какова вероятность, что выстрела не будет? Ответ: 7−5 2 = . И Первый раз выстрела не будет с вероятностью 7 7 второй раз, учитывая (что выстрела ещё не было) вероятность такая же. Тогда общая вероятность есть: 2 2 4 ⋅ = . 7 7 49 II. Уравновешенная монета бросается 6 раз. Какова вероятность, что выпадет больше гербов, чем решек? Ответ: Вероятность Pn (m) выпадения m "гербов" за n = 6 бросаний может быть рассчитана по формуле Бернулли при вероятности "успеха" 1 . По условию требуется рассмотреть 3 несовместных 2 значения m > 3 , т.е. искомая вероятность устанавливается как: P6 (4) + P6 (5) + P6 (6) = 4

2

6

6

6!  1   1  6!  1   1  11 = ≈ 0.344     +   +  = 4!2!  2   2  5!  2   2  32 III. Пусть имеется протяжённая цель, в которую стреляют снарядом. При этом пусть снаряд полностью попадает в цель с вероятностью 0.25 и тогда площадь поражения максимальная S . Далее, пусть снаряд вообще не попадает в цель с вероятностью 0.05 и тогда площадь поражения нулевая. Во всех прочих ситуациях площадь поражения может быть любой из интервала (0, S ) , причём каждое значение равновозможно. Как выглядит функция распределения площади поражения как случайной величины ξ ? Нарисовать график ФР Fξ (x) , назвать тип СВ.

53

Ответ: Решение этой задачи перекликается с ответом на вариант № 16III. Здесь имеется два значения (0 и S ) СВ ξ , которые наступают с ненулевыми вероятностями (0.05 и 0.25). Такие значения явно принадлежат дискретной части спектра СВ, и в них ФР Fξ (x) должна совершать скачки высотой 0.05 и 0.25. Помимо этого, есть интервал (0, S ) значений СВ, вдоль которого оставшаяся вероятностная масса 1-0.05-0.25=0.7 распределена непрерывно и равномерно. Такой интервал значения явно принадлежит непрерывной части спектра СВ, и на нём ФР должна нарастать линейно с высоты 0.05 до высоты 0.75. Вне сегмента [0, S ] значений у рассматриваемой СВ нет, а значит там ФР постоянна. До абсциссы x = 0 ФР равна 0 (ещё не дошли до точек с вероятностной массой СВ), а после абсциссы x = S ФР равна 1 (уже прошли все точки с вероятностной массой СВ). Fξ ( x ) 1 0.75

0.05 0

S

x

Таким образом, анализируемая СВ имеет дискретнонепрерывный тип, и график её ФР показан на рисунке.

ВАРИАНТ № 26 I. Из букв разрезной азбуки составлено слово АНАНАС. Ребёнок рассыпал эти буквы, а затем наугад их составил. Какова вероятность, что вновь получится исходное слово? Ответ: Учитывая, что для ребёнка все карточки неразличимы, он мог составить их в любом из 6! порядков. Но в рассматриваемом слове 3 одинаковых буквы А и 2 одинаковых буквы Н, чьи расста54

новки не влияют на значение слова. Поэтому искомая вероятность по определению Бернулли – Лапласа может быть вычислена как: 3!2! 1 = . 6! 60 II. На курсе 40 студентов – юношей. Какова (приближённо по Муавру – Лапласу) вероятность того, что хотя бы двое из них носят имя Александр, если частота встречи такого имени у юношей есть 1 ? 5 Ответ: Обозначим искомую вероятность через P2 A , а через Pn (m) – вероятность получить m "успехов" за n опытов Бернулли; причём у нас вероятность "успеха" p = 1 , а "неудачи" q = 4 . То5 5 гда в терминах противоположных событий требуется вычислить: P2 A = 1 − P40 (0) − P40 (1) . Однако проблема в том, что из-за больших факториалов вычислять бернуллиевы вероятности непросто. Но здесь можно воспользоваться нормальным приближением Муавра – Лапласа для формулы Бернулли: 2  1  1  m − np   . Pn (m) ≈ exp−  npq   2 2π npq     Расчёты по этой формуле дают такие значения P40 (0) ≈ 0.00106, P40 (1) ≈ 0.00343 ; откуда искомая вероятность имеет значение P2 A ≈ 0.99551 . III. Проводится игра в орлянку с 3-хкратным независимым подбрасыванием неуравновешенной монеты, у которой "герб" выпадает с вероятностью p = 0.6 , а "решка" с вероятностью q = 0.4 . За каждый "герб" игрок получает 1 рубль, а за каждую "решку" платит 1 рубль. Показать, что сумма выигрыша представляет из себя дискретную случайную величину, обладающую измеримым отображением. Построить ряд распределения этой ДСВ. 55

Ответ: Решение данной задачи вполне аналогично ответу на вариант № 11III. Бросание монеты здесь составляет дискретную схему испытаний с 2 3 = 8 исходами, представленными в табл. 26.1. Однако эти исходы неравновозможны – поскольку монета неуравновешенна. Вероятности исходов приведены в табл. 26.1. В силу независимости бросаний они вычисляются как p l ⋅ q k , где l – число «гербов», а k – число «решек», выпавших за три бросания. Табл. 26.1 ω ω ΡΡΡ ω ΓΡΡ ω ΡΓΡ ω ΡΡΓ ω ΓΓΡ ω ΓΡΓ ω ΡΓΓ ω ΓΓΓ Ρ(ω) 0.064 0.096 0.096 0.096 0.144 0.144 0.144 0.216 z = ξ(ω) -3 -1 -1 -1 1 1 1 3 Такая схема испытаний порождает дискретное вероятностное пространство, в котором любое подмножество элементарных исходов – суть случайное событие, наступающее с определённой вероятностью. Эта вероятность вычисляется как сумма вероятностей влекущих событие исходов. Анализируемой в задаче сумме выигрыша ξ на очерченном вероятностном пространстве отвечает отображение z = ξ(ω) , представленное в табл. 26.1 и имеющее всего 4 различных значения z1 = −3, z 2 = −1, z 3 = 1, z 4 = 3 . Причём каждому такому значению z i i = 1,4 соответствует своё подмножество исходов в схеме испытаний – как прообраз ξ −1 ( z i ) отображения. Так значению z1 = −3 соответствует прообраз {ω ΡΡΡ } , значению z 2 = −1 отвечает подмножество – прообраз {ω ΓΡΡ , ω ΡΓΡ , ω ΡΡΓ } , значению z 3 = 1 отвечает подмножество {ω ΓΓΡ , ω ΓΡΓ , ωΡΓΓ } , а значению z 4 = 3 соответствует прообраз {ω ΓΓΓ } . И поскольку все подмножества исходов в рассматриваемой схеме испытаний обладают определёнными вероятностями, отображение табл. 26.1 является измеримым по вероятности, т.е. определяет собой случайную величину ξ (дискретную). Иначе говоря, для каждого значения z k , k = 1,4 отображения по соответст56

вующему прообразу может быть вычислена его вероятность Pξ ( z k ) . Это составляет ряд распределения исследуемой ДСВ. Подсчёты показывают, что этот ряд таков: Табл. 26.2 z -3 -1 1

Pξ (z )

0.064

0.288

0.432

3 0.216

ВАРИАНТ № 27 I. Из букв разрезной азбуки составлено слово КНИГА. Ребёнок рассыпал эти буквы, а затем наугад их составил. Какова вероятность, что вновь получится исходное слово? Ответ: Учитывая, что правильная расстановка букв единственна (в отличие от ответа на вариант № 26I), а ребёнок мог их составить в любом из 5! порядков, искомая вероятность по определению Бернулли – Лапласа есть: 1 1 . = 5! 120 II. Вероятность сбить самолёт одиночным винтовочным выстрелом весьма мала и составляет порядка 0.004. Какова (приближённо по Пуассону) вероятность сбить самолёт при одновременной независимой стрельбе из 250-ти винтовок? Ответ: Обозначим искомую вероятность через P∑ , а через Pn (m) – вероятность получить m "успехов" за n опытов Бернулли; причём у нас вероятность отдельного "успеха" p = 0.004 . Тогда в терминах противоположного события в задаче требуется вычислить: P∑ = 1 − P250 (0) . Однако проблема в том, что из-за больших факториалов вычислять бернуллиеву вероятность непросто. Но здесь можно воспользоваться пуассоновским приближением для формулы Бернулли: 57

Pn (m) ≈

(np )m e − np .

m! Учитывая, что у нас np = 1 , расчёт по формуле Пуассона для искомой вероятности даёт: P∑ ≈ 1 − e −1 ≈ 0.632 . III. Пусть старая НСВ ξ имеет квадратичную ФР Fξ ( x) = x 2 при x ∈ [0,1] , оставаясь равной 0 при x < 0 и оставаясь равной 1 при x > 1 . И пусть новая СВ η получается из старой в результате 1 1 3 1 операции усечения: η = ξ − , ≤ ξ ≤ , причём η ≡ 0 при ξ < 4 4 4 4 1 3 и η ≡ при ξ > . Как в итоге выглядит ФР Fη ( y ) новой СВ и 2 4 каков тип СВ η ? Ответ: Графики ФР старой СВ Fξ (x) и закона преобразования

η = ϕ(ξ) старой СВ в новую показаны соответственно на рис. 27.1 и рис. 27.2: η

F ( x) ξ

1/2

1

x2

y 3/4

0

1

Рис. 27.1

x

0

1/4

ξ

y + 1/ 4

Рис. 27.2

По смыслу ФР новой СВ определяется как: ∀ y Fη ( y ) = P(η < y ) ≡ P[ϕ(ξ) < y ] = /см. рис. 27.1-2/=  P(Ω) ≡ Fξ (∞), if y > 1 / 2  =  P(ξ − 1 / 4 < y ) ≡ Fξ (1 / 4 + y ), if 0 < y ≤ 1 / 2 .  P (Ο) ≡ Fξ (−∞), if y ≤ 0 

В результате искомая ФР описывается формулой

58

y > 1/ 2  1,  2 Fη ( y ) = (1 / 4 + y ) , 0 < y ≤ 1 / 2  0, y≤0 и имеет график, показанный на рис. 27.3. Из графика видно, что СВ η имеет Fη ( y ) смешанный дискретно - непрерывный 1 тип – поскольку её ФР совершает два скачка в точках 0 и 1/2, а в остальных 9/16 2 точках непрерывна. При этом точки (1 / 4 + y ) 1/16 скачков составляют дискретную часть y x 1/2 спектра с вероятностными массами Рис. 27.3 1/16 и 7/16. Непрерывная же часть спектра сосредоточена в отрезке (0,1/2), где распределена вероятностная масса 8/16. Следует отметить, что операция усечения старой НСВ всегда ведёт к образованию дискретной части спектра у новой СВ в точках концов усечения. При этом вероятности этих точек образуются как вероятностные массы хвостов распределения исходной НСВ.

59

Литература 1. Вентцель Е.С. Теория вероятностей, изд. 4-е, стереотип. – М.: Наука, 1969. 2. Заездный А.М. Основы расчётов по статистической радиотехнике. – М.: Связь, 1969. 3. Радюк Л.Е., Терпугов А.Ф. Теория вероятностей и случайных процессов. – Томск: Изд-во Томск. ун-та, 1988. 4. Бронштейн И.Н., Семендяев К.А. Справочник по математике для инженеров и учащихся ВТУЗов, изд. 11-е стереотип. – М.: Наука, 1967. 5. Вадзинский Р.Н. Справочник по вероятностным распределениям. – СПб.: Наука, 2001.

____________________________________________________________________ Томский государственный университет, пр. Ленина, 36, факультет информатики Тираж 100 экз.

60