Завдання 1.

Завдання6.

Випадкова величина Х задана щільністю розподілу f(Х). Знайти математичне сподівання і дисперсію випадкової величини Х. Знайти закон розподілу

х

F (Х) = ∫ f (х) d (х).

- ∞

Побудувати графіки функцій f(х) та F(Х).

0, Х ≤ 3

f (Х) = 2 (х – 3) 3 < Х ≤ 4

0, Х > 4

Розв'язок

Знаходимо математичне сподівання М (Х):

∞ 4 4

М (Х) = ∫ х·f (х) d (х) = ∫ х ·2 (х – 3) d (х) = 2 ∫ (х² – 3х) d (х) =

- ∞ 3 3

х³ 3 х^{2 4} 4³ 3·4² 3³ 3·3²

= 2 ·(––– – ––––) = 2 ( –– – ––– – ––– + ––– ) =

3 2 3 3 2 3 2

64 27 128 – 144 – 54 + 81 11 11

= 2 ( ––– – 24 – 9 + ––– ) = 2 ( ––––––––––––––––––– ) = 2 · –– = –––

3 2 6 6 3

Знаходимо дисперсію D (х):

∞ ⁴ 11 2

D (Х) = ∫ х²·f (х) d (х) – [М(х)] ² = ∫ х² ·2 (х – 3) d (х) – (––– ) =

- ∞ 3 3

4 121 х⁴ 3х^{3 4} 121

= 2 ∫ (х³– 3х²) d (х) – ––– = 2·( ––– – ––––) – ––– =

3 9 4 3 3 9

4⁴ 3·4³ 3⁴ 3·3^{3 4} 121 81 121

= 2 ( ––– – ––– – ––– + –––) – ––– = 2 ( 64 – 64 – ––– + 27) – ––– =

4 3 4 3 3 9 4 9

81 121 – 729 + 972 – 242 1

= 0 – ––– + 54 – –––– = ––––––––––––––– = –––

2 9 18 18

х

Знаходимо закон розподілу F (Х) = ∫ f (х) d (х).

- ∞

х

При Х ≤ 3 F (Х) = ∫ 0 d (х) = 0

- ∞

3 х Х^{2 х}

При 3 < Х ≤ 4 F (Х) = ∫ 0 d (х) + ∫ 2 (х – 3) d (х) = 0 + 2 (–– – 3 х ) =

- ∞ 3 2 3

Х² 9

= 2 ( ––– – 3х – –– + 9 ) = х² – 6 х + 9

2 2

3 4 х

При Х > 2 F (Х) = ∫ 0 d (х) + ∫ 2 (х – 3) d (х) + ∫ 0 d (х) =

- ∞ 3 4

Х² 4 4² 3²

= 0 + 2 ( ––– – 3х) + 0 = 2 ( –––– – 12 – ––– + 9) = 16 – 24 –9 + 18 = 1

2 3 2 2

Отже, закон розподілу випадкової величини Х має вигляд:

0, Х ≤ 3

F (Х) = х² – 6 х + 9 3 < Х ≤ 4

1, Х > 4

Будуємо графіки функцій f(х) та F(Х).

Графік функції f(Х):

f (Х)

2

Х

0 1 2 3 4

Графік функції F(Х):

F (Х)

1

0 1 2 3 4 Х

Завдання 7.

Відомо математичне сподівання а і середнє квадратичне відхилення σ нормально розподіленої випадкової величини Х. Знайти імовірність попадання цієї величини в заданий інтервал (α,β)

а = 2, σ = 5, α = 4, β = 9.

Розв'язок

Імовірність попадання нормально розподіленої випадкової величини Х в заданий інтервал (α,β) розраховуємо за формулою:

β – а α – а

Р (α < Х < β) = Ф ( ––––– ) – Ф ( ––––– )

σ σ

де а – математичне сподівання;

σ – середнє квадратичне відхилення

(α,β) – заданий інтервал

1 х

Ф (х) = ––––– ∫ е ^{– t²/ 2} dt –функція Лапласа

2 π 0

α – а β – а

х₁ = –––––––; х₂ = –––––––;

σ σ

Знаходимо х₁ та х₂

4 – 2 2

х₁ = ––––––– = –––– = 0,4;

5 5

9 – 2 7

х₂ = ––––––– = ––– = 1,4

5 5

За таблицею значень функції Лапласа знаходимо:

Ф ( 0,4 ) = 0,1555

Ф (1,4) = 0,4190

Звідси, Р (4 < Х < 9) = Ф (1,4) – Ф ( 0,4) = 0,4190 – 0,1555 = 0,2635

Завдання 8.

Дано закон розподілу дискретної двомірної випадкової величини (Х,Y). Знайти коефіцієнт кореляції між Х та Y.

Розв'язок

Коефіцієнт кореляції обчислюємо за формулою:

К

ρ = ––––––

σ_х σ_у

де К = М (ХY) – М(Х) · М(Y) - коваріація

М (ХY) – математичне сподівання двомірної випадкової величини ХY

М (Х) – математичне сподівання випадкової величини Х

М (Y) – математичне сподівання випадкової величини Y

σ_х – середнє квадратичне відхилення випадкової величини Х

σ_у– середнє квадратичне відхилення випадкової величини Y

Знаходимо необхідні показники.

М (ХY) = ΣΣхyр_хр_y = 1 (–1 ·0,15+0 ·0,15+1 ·0,25)+

+ 2 (–1 ·0,15+0 ·0,10+1 ·0,20) =1·0,1 + 2 · 0,05 = 0,2

М (Х) = Σхр_х = 1 (0,15+0,15 + 0,25)+ 2 (0,15+0,10+0,20) =

= 1·0,55 + 2 ·0,45 = 0,55 + 0,9 = 1,45

М (Y) = Σyр_y = –1 (0,15+0,15)+ 0 (0,15+0,10)+ 1 (0,25 + 0,20) =

= – 1·0,30 + 0 ·0,25 + 1 · 0,45= – 0,30 + 0,45 = 0,15

К = 0,2 – 1,45 ·0,15 = 0,2 – 0,2175 = – 0,0175

σ_х = М(Х²) – [М(Х)] ² = 1² (0,15+0,15 + 0,25)+ 2² (0,15+0,10+0,20) –

– 1,45² = 1·0,55 + 4 ·0,45 – 2,1025 = 0,55 + 1,8 – 2,1025 = 0,2475

σ_у = М(Y²) – [М(Y)] ² = –1² (0,15+0,15)+ 0² (0,15+0,10)+

+ 1² (0,25 + 0,20) – 0,15² = 0,30 + 0,45 – 0,0225 = 0,7275

Звідси коефіцієнт кореляції між Х та Y становить:

– 0,0175 – 0,0175

ρ = –––––––––––––– = –––––––––– = – 0,097

0,2475 · 0,7275 0,18

Отже, кореляційний зв’язок між Х та Y є оберненим, слабким.

Завдання 9.

За результатами спостережень над випадковою величиною Х знайти вибіркову функцію розподілу, вибіркове середнє і незсунену оцінку дисперсії.

Розв'язок

Знаходимо вибіркову функцію розподілу за формулою:

μ_n

F_n (Х) = –––––

n

де μ_n – кількість значень випадкової величини Х, менших за х_і

n = 50 – загальна кількість спостережень.

При Х ≤ –3 μ_n = 0; F_n (Х) = ––––– = 0

При –3 < Х ≤ –2 μ_n = n₁ = 1; F_n (Х) = ––––– = 0,02

При –2 < Х ≤ –1 μ_n = n₁ + n₂ = 1 + 7 = 8; F_n (Х) = ––––– = 0,16

При –1 < Х ≤ 1 μ_n = n₁ + n₂ + n₃ = 1 + 7 + 25 = 33; F_n (Х) = ––––– = 0,66

При 1 < Х ≤ 2 μ_n = n₁+ n₂ + n₃+ n₄ = 1 + 7 + 25 + 10 = 43; F_n (Х) = –––– = 0,86

При 2 < Х ≤ 3 μ_n = n₁ + n₂ + n₃ + n₄ + n₅ = 1 + 7 + 25 + 10 + 5 = 48;

F_n (Х) = ––––– = 0,96

При Х > 3 μ_n = n = 50; F_n (Х) = ––––– = 1

Отже, вибіркова функція розподілу має вигляд:

0, Х ≤ –3

0,02, –3 < Х ≤ –2

0,16 –2 < Х ≤ –1

F_n (Х) = 0,66 –1 < Х ≤ 1

0,86 1 < Х ≤ 2

0,96 2 < Х ≤ 3

1, Х > 3

Знаходимо вибіркове середнє:

_ 1 1

хв = –– Σ х_і n_і = ––– [ (–3) ·1+(–2 ) ·7+(–1) ·25+1·10+2 ·5 + 3·2] =

n 50

– 3 – 14 – 25 + 10 + 10 + 6 –16

= –––––––––––––––––––––– = –––– = – 0,32

50 50

Знаходимо вибіркову дисперсію.

1 _ 1

δ²_в = –– Σ х²_і n_і – ( хв )² = ––– [ (–3) ² ·1+(–2 ) ² ·7+ (–1)² ·25+1²·10+

n 50

9 + 28 + 25 + 10 + 20 + 18

+ 2² ·5 + 3² ·2] – (–0,32)² = –––––––––––––––––––––––– – 0,1024 =

= –––– – 0,1024 = 2,2 – 0,1024 = 2,0976

Знаходимо незсунену оцінку дисперсії.

n 50

S² = ––––– · δ²_в = ––– ·2,0976 = 2,1404

n – 1 49

Завдання 10.

У відділі технічного контролю було виміряно n = 200 втулок з партії, виготовленої одним автоматичним верстатом. У таблиці дано відхилення діаметрів від номіналу (у мікронах) після групування. Знайти вибіркове середнє і незсунену оцінку дисперсії для цих відхилень. Знайти надійні межі для математичного сподівання а відхилення діаметру від номіналу для генеральній сукупності при надійному рівні 0,95.

Розв'язок

Всі необхідні обчислення будемо здійснювати за допомогою наступної таблиці:

Знаходимо вибіркове середнє:

_ 1 1

хв = –– Σ х_і n_і = –––– ·870 = 4,35

n 200

Знаходимо вибіркову дисперсію.

1 _ 1

δ²_в = –– Σ х²_і n_і – ( хв )² = ––– ·22400–(4,35) ² = 112 – 18,9225 = 93,0775

n 200

Знаходимо незсунену оцінку дисперсії.

n 200

S² = ––––– · δ²_в = –––– ·93,0775 = 93,545

n – 1 199

Знаходимо надійні межі для математичного сподівання а відхилення діаметру від номіналу для генеральній сукупності.

_ S²

а = хв ± t · ––––

n

де t – коефіцієнт довіри, який визначається із співвідношення:

2Ф(t) = γ

γ = 0,95 – рівень довіри

1 t

Ф (t) = ––––– ∫ е ^{– t²/ 2} dt –функція Лапласа

2 π 0

γ 0,95

Ф(t) = ––– = –––– = 0,475

2 2

За таблицею значень функції Лапласа визначаємо, що значенню функції Ф(t) = 0,475 відповідає значення t = 1,96. Звідси маємо:

93,545

а = 4,35 ± 1,96 · –––––– =4,35± 1,96 · 0,4677 = 4,35 ± 1,96 ·0,684 =

= 4,35 ± 1,34

4,35 – 1,34 ≤ а ≤ 4,35 + 1,34

3,01 ≤ а ≤ 5,69

Отже, математичне сподівання а відхилення діаметру від номіналу для генеральній сукупності втулок з рівнем надійності 0,95 знаходиться у межах від 3,01 до 5,69 мікрон.

Завдання 11.

Знайти надійний інтервал для оцінки математичного сподівання а

_

нормального розподілу з надійністю 0,95, знаючи вибіркову середню х, об’єм

вибірки n і середнє квадратичне відхилення σ.

_

х = 75,09; n = 196; σ=14.

Розв'язок

Знаходимо надійний інтервал для оцінки математичного сподівання а нормального розподілу.

_ σ²

а = х ± t · ––––

n

де t – коефіцієнт довіри, який визначається із співвідношення:

2Ф(t) = γ

γ = 0,95 – рівень довіри

1 t

Ф (t) = ––––– ∫ е ^{– t²/ 2} dt –функція Лапласа

2 π 0

γ 0,95

Ф(t) = ––– = –––– = 0,475

2 2

За таблицею значень функції Лапласа визначаємо, що значенню функції Ф(t) = 0,475 відповідає значення t = 1,96. Звідси маємо:

14²

а = 75,09 ± 1,96 · –––––– =75,09± 1,96 · 1 = 75,09 ± 1,96

75,09 – 1,96 ≤ а ≤ 75,09 + 1,96

73,13 ≤ а ≤ 77,05

Отже, математичне сподівання а нормального розподілу для генеральній сукупності з рівнем надійності 0,95 знаходиться у межах від 73,13 до 77,05.