Случайные величины и независимы. Найти дисперсию случайной величины , если из- известно, что , . 7 страница

Найдем M(X²): M(X²) = = = = = = = = = =

Значит, M(X²)=

µ₃= M(X³) – 3M(X²) + 2 = =

Ответ: µ₃= .

Ищенко Марина

№ 361 Найти асимметрию As= µ3/σ3(X) показательного распределения.

Решение.

Рассмотрим центральный момент третьего порядка и сделаем преобразования, используя свойства математического ожидания: µ₃= M[X – M(X)]³=M(X³- 3X²M(X) + 3XM²(X) – M³(X))= M(X³) – 3M(X²)M(X) + 3M(X)M²(X) – M³(X) = M(X³) – 3M(X²)M(X) + 2M³(X)

Подставляя М(Х)= получим µ₃= M(X³) – 3M(X²) + 2

Найдем M(X³): M(X³) = = = = =

= = = = = = = )=

Итак, M(X³) =

Найдем M(X²): M(X²) = = = = = = = = = =

Значит, M(X²)=

µ₃= M(X³) – 3M(X²) + 2 = =

σ(X)= (X)=

Подставим значения µ₃ и (X) в формулу A_s= µ₃/σ³(X)

A_s= =2

Ответ: 2

№ 362 Найти теоретический центральный момент четвертого порядка µ₄= M[X – M(X)]⁴ показательного распределения.

Решение.

Рассмотрим центральный момент четвертого порядка и сделаем преобразования, используя свойства математического ожидания:

µ₄= M[X – M(X)]⁴ = M ( )= = M ( = M ( 3

Подставляя М(Х)= получим µ₄= M (

Найдем M(X⁴): M(X⁴) = = = = = = = 4 = = = = = = =

Найдем M(X³): M(X³) = = = = =

= = = = = = = )=

Итак, M(X³) =

Найдем M(X²): M(X²) = = = = = = = = = =

Значит, M(X²)=

µ₄= M ( = + =

Ответ:

№ 363 Найти эксцесс Е_к=

Решение.

Для решения данной задачи воспользуемся результатом вычислений задачи № 362. В задаче № 362 путем интегрирования по частям было получено µ₄=

Значит,

Е_к= =

Ответ: 6.

№ 364 Доказать, что непрерывная случайная величина Т- время между появлениями двух последовательных событий простейшего потока с заданной интенсивностью λ- имеет показательное распределение F(t)= 1- (t≥0).

Решение.

Предположим, что в момент t₀ наступило событие А₁ потока. Пусть t₁= t₀+t.

Если хотя бы одно событие потока, следующее за событием А₁ произойдет в интервале, заключенном внутри интервала (t₀, t₁), например, в интервале (t₀, t₂), то время Т между появлениями двух последовательных событий окажется меньше t, т.е. окажется, что Т<t.

Для того чтобы найти вероятность Р(T<t), примем во внимание, что события- “внутри интервала (t₀, t₁) появилось хотя бы одно событии потока” и “внутри интервала (t₀, t₁) не появилось ни одного события потока”- противоположны (сумма их вероятностей равна 1).

Вероятность непоявления за время t ни одного события потока P_t(0)= = . Следовательно, интересующая нас вероятность противоположного события P(T<t)= 1- , или (по определению функции распределения F(t)= P(T<t)) имеем F(t)= 1- ,что и требовалось доказать.

№ 365 Задана интенсивность простейшего потока λ=5. Найти: а) математическое ожидание; б) дисперсию; в) среднее квадратическое отклонение непрерывной случаной величины Т- времени между появлениями двух последовательных событий потока.

Решение.

а) Используем формулу: М(Т)=

Следовательно, М(Т)= = 0,2

б) Используем формулу: D(T) =

Следовательно, D(T) = = 0,4

в) Используем формулу: σ(Т)=

σ(Т)= = 0,2

Ответ: а) 0,2; б) 0,4; в) 0,2.

№ 366 На шоссе установлен контрольный пункт для проверки технического состояния автомобилей. Найти математическое ожидание и среднее квадратическое отклонение случайной величины Т – времени ожидания очередной машины контролером, - если поток машин простейший и время (в часах) между прохождениями машин через контрольный пункт распределено по показательному закону f(t)= 5 .

Решение.

f(t)= λ . Сле-но, λ=5.

Воспользуемся формулой: М(t)= σ(t) =

М(t)= σ(t)= 0,2.

Ответ: 0,2.

№ 367 Длительность времени безотказной работы элемента имеет показательное распределение F(t)=1- (t >0). Найти вероятность того, то за время длительностью t = 50ч: а) элемент откажет; б)элемент не откажет.

Решение.

а) Так как функция распределения F(t)=1- определяет вероятность отказа элемента за время длительностью t, то, подставив t=50 в функцию распределения, получим вероятность отказа:

F(50)= 1- =1- = 1- 0,606= 0,394;

б) событие “элемент не откажет” получим, пользуясь функцией надежности R(t)= , которая определяет вероятность безотказной работы элемента за время длительность t:

R(50)= = =0,606.

Ответ: а) 0,394; б) 0,606.

№ 368 Длительность времени безотказной работы элемента имеет показательное распределение F(t)=1- . Найти вероятность того, то за время длительностью t = 100ч: а) элемент откажет; б)элемент не откажет.

Решение.

а) Так как функция распределения F(t)=1- определяет вероятность отказа элемента за время длительностью t, то, подставив t=100 в функцию распределения, получим вероятность отказа:

F(100)= 1- =1- = 0,95;

б) событие “элемент не откажет” получим, пользуясь функцией надежности R(t)= , которая определяет вероятность безотказной работы элемента за время длительность t:

R(100)= = = 0,05.

Ответ: а) 0,95; б) 0,05.

№ 369 Испытывают два независимо работающих элемента. Длительность времени безотказной работы первого элемента имеет показательное распределение F₁(t) = 1- , второго F₂(t) = 1- . Найти вероятность того, что за время длительностью t=6ч: а) оба элемента откажут; б) оба элемента не откажут; в) только один элемент откажет; г) хотя бы один элемент откажет.

Решение.

а) Вероятность отказа первого элемента

P₁=F₁(6)=1- = = 1- 0,887=0,113.

Вероятность отказа второго элемента

P₂=F₂(6)=1- = = 1- 0,741= 0, 259.

Искомая вероятность того, что оба элемента откажут, по теореме умножения вероятностей

P₁= P₂= 0,113*0,259 = 0,03.

б) Вероятность безотказной работы первого элемента

q₁= R₁(6)= = 0,887.

Вероятность безотказной работы второго элемента

q₂= R₂(6)= = 0,741.

Искомая вероятность безотказной работы обоих элементов

q₁*q₂= 0,887*0,741=0,66.

в) Вероятность того, что откажет только один элемент

P₁q₂ +P₂q₁ = 0,113*0,741+0,259*0,887= 0,31.

г) Вероятность того, что хотя бы один элемент откажет

P=1- q₁q₂=1- 0,66 = 0,34

Ответ: а) 0,03; б) 0,887; в) 0,31; г) 0,34.

№ 370 Испытывают три элемента, которые работают независимо один от другого. Длительность времени безотказной работы элементов распределена по показательному закону: для первого элемента F₁(t) = 1- ; для второго F₂(t) = 1- , для третьего элемента F₃(t) = 1- Найти вероятность того, что в интервале времени (0, 5)ч откажут: а) только один элемент; б) только два элемента; в) все три элемента.

Решение.

а) Вероятность отказа первого элемента P₁=F₁(5)=1- = 1- 0,607=0,393.

Вероятность безотказной работы первого элемента q₁= R₁(5)= 0,607.

Вероятность отказа второго элемента P₂=F₂(5)=1- = 1- 0,369=0,631.

Вероятность безотказной работы второго элемента q₂= R₂(5)= 0,369.

Вероятность отказа третьего элемента P₃=F₃(5)=1- = 0,776.

Вероятность безотказной работы третьего элемента q₃= R₃(5)= 0,224.

Искомая вероятность того, что только один элемент откажет: P₁q₂q₃ + q₁q₃P₂ + q₁q₂P₃ =0.393∙0.369∙0.224 + 0.607∙0.631∙0.224 + 0.607∙0.369∙0.776= 0.292

б) Вероятность того, что откажут только 2 элемента P₁P₂q₃ + P₁q₂P₃ + q₁P₂P₃ =0.393∙0.631∙0.224 + 0.393∙0.369∙0.776 + 0.607∙0.631∙0.776= 0.466

в) Вероятность того, что откажут все три элемента P₁P₂P₃= 0.393∙0.631∙0.776= 0.19.

Ответ: а) 0,292; б) 0,466; в) 0,19.

№ 371 Производится испытание трех элементов, работающих независимо один от другого. Длительность времени безотказной работы элементов распределена по показательному закону: для первого элемента f₁(t) = , для второго f₂(t) = , для третьего элемента f₃(t) = Найти вероятности того, что в интервале времени (0, 10) ч откажут: а) хотя бы один элемент; б) не менее двух элементов.

Решение.

б) Для того, чтобы узнать вероятность того, что в интервале времени (0, 10) ч откажут не менее двух элементов воспользуемся результатами задачи № 370 (как сказано в указании к задаче № 371)

P₁q₂q₃ + q₁q₃P₂ + q₁q₂P₃ + P₁P₂q₃ + P₁q₂P₃ + q₁P₂P₃= 0.466+ 0.19= 0.656.

Ответ: б) 0.656.

№ 372 Показательным законом надежности называют функцию надежности, определяемую равенством R(t)= , где положительное число λ- интенсивность отказов. Доказать характеристическое свойство показательного закона надежности: вероятность безотказной работы элемента в интервале времени длительностью t не зависит от времени предшествующей работы до начала рассматриваемого интервала, а зависит только от длительности интервала t (при заданной интенсивности отказов λ).

Решение.

Введем обозначений событий: А - безотказная работа элемента в интервале (0, t₀) длительностью t₀; В - безотказная работа элемента в интервале (t₀, t₀+ t) длительностью t.

Тогда АВ- безотказная работа в интервале (0, t₀+ t) длительностью t₀+ t.

По формуле R(t)= найдем вероятности этих событий:

P(A)= , P(B)= , P(AB)= = .

Найдем условную вероятность того, что элемент будет работать безотказно в интервале (t₀, t₀+ t) при условии, что он уже проработал безотказно в предшествующем интервале (0, t₀):

P_A(B)= = = .

Так как в полученной формуле не содержится t₀, а содержится только t, то это и означает, что время работы в предшествующем интервале не влияет на величину вероятности безотказной работы на последующем интервале, а зависит только от длины t последующего интервала (t₀+ t), что и требовалось доказать.

Другими словами, условная вероятность P_A(B) безотказной работы в интервале времени длительностью t, вычисленная в предположении, что элемент проработал безотказно на предшествующем интервале, равна безусловной вероятности P(B).

Кравченко Антонина

№373. Дискретная случайная величина X задана законом

распределения:

X 1 3 5

р 0,4 0,1 0,5

Найти закон распределения случайной величины Y = 3Х.

Решение.

Найдем возможные значения величины Y = 3Х.

Имеем: . Видим, что различным

возможным значениям X соответствуют различные значения Y. Это

объясняется тем, что функция монотонная. Найдем

вероятности возможных значений Y. Для того чтобы Y = достаточно, чтобы величина X приняла значение . Вероятность же события Х=1 по условию равна 0,4; следовательно, и вероятность события Y = также равна 0,4.

Аналогично получим вероятности остальных возможных значений Y:

P(Y=9)=P(X=3)=0,1

P(Y=15)=P(X=5)=0,5

Напишем искомый закон распределения Y:

Y 3 9 15

р 0,4 0,1 0,5

№374. Дискретная случайная величина X задана законом

распределения:

X 3 6 10

р 0,2 0,1 0,7

Найти закон распределения случайной величины Y = 2Х+1.

Решение.

Найдем возможные значения величины Y = 2Х+1.

Имеем: .Видим, что различным возможным значениям X соответствуют различные значения Y. Это объясняется тем, что функция монотонная. Найдем

вероятности возможных значений Y. Для того чтобы Y = достаточно, чтобы величина X приняла значение . Вероятность же события Х=3 по условию равна 0,2; следовательно, и вероятность события Y = также равна 0,2.

Аналогично получим вероятности остальных возможных значений Y:

P(Y=13)=P(X=6)=0,1

P(Y=21)=P(X=10)=0,7

Напишем искомый закон распределения Y:

Y 7 13 21

р 0,2 0,1 0,7

№375. Дискретная случайная величина X задана законом

распределения:

X —1 —2 1 2

p 0,3 0,1 0,2 0,4

Найти закон распределения случайной величины

Решение.

Найдем возможные значения Y:

Итак, различным значениям X соответствуют одинаковые значения

Y. Это объясняется тем, что возможные значения X принадлежат

интервалу, на котором функция не монотонна.

Найдем вероятности возможных значений Y. Для того чтобы