Основные законы распределения случайных величин
реклама
Основные законы распределения случайных величин 1. Биномиальный закон распределения Вернемся к испытаний схеме и независимых найдем закон распределения случайной величины Х – числа появлений события А в серии из п испытаний. Возможные значения А: 0, 1, …, п. Биномиальным законом распределения называется распределение вероятностей дискретной случайной величины X = k - числа появлений события в n независимых испытаниях, описываемое формулой Бернулли: Pn (k ) C p q k n k n k . Ряд распределения биномиального закона имеет вид X k 0 1 … K … n P qn … Сnk p k q nk … pn npq n 1 Пример 1. Составим ряд распределения случайной величины Х – числа попаданий при 5 выстрелах, если вероятность попадания при одном выстреле равна 0,8. Решение. р(Х=0) = 1·(0,2)5 = 0,00032; р(Х=1) = 5·0,8·(0,2)4 = 0,0064; р(Х=2) = 10·(0,8)2·(0,2)3 = 0,0512; р(Х=3) = 10·(0,8)3·(0,2)2 = 0,2048; р(Х=4) = 5·(0,8)4·0,2 = 0,4096; р(Х=5) = 1·(0,8)5 = 0,32768. Таким образом, ряд распределения имеет вид: х 0 1 2 3 4 5 р 0,00032 0,0064 0,0512 0,2048 0,4096 0,32728 Справедливы теоремы: 1. При биномиальном распределении математическое ожидание (среднее значение) числа появлений события равно произведению числа испытаний на вероятность p появления события в одном испытании M(X) = np, а дисперсия равна D(X) = npq. 2. Наивероятнейшее число появлений события в n независимых испытаниях (такое число k, которое при данном n имеет наибольшую вероятность удовлетворяет двойному неравенству np - q < k < np + p . ) Если (np – q) - дробное число, то существует единственное значение k*, если (np – q) - целое число, то k* может принимать два значения. Пример 2. Произведено 6 выстрелов по цели. Вероятность промаха при каждом выстреле одинакова и равна 0,4. Найти попаданий наивероятнейшее и его число вероятность; вероятность разрушения цели, если для этого требуется не менее двух попаданий. Решение. Каждый выстрел можно рассматривать независимое как испытание. отдельное Поэтому применима схема повторяющихся независимых испытаний. По условию n = 6, p = 0,6; q = 0,4. Поэтому np - q = 3,2; np + p = 4,2. Следовательно, k = 4. Вероятность 4-x попаданий равна P6 (4) C 0,6 0, 4 0,31. 4 6 4 2 Пусть A - событие, состоящее в том, что будет не менее двух попаданий при 6 выстрелах. Удобно перейти к противоположному ему событию A менее двух попаданий (либо 0 – событие A1 , либо 1 - событие Очевидно, A2 ). A A1 A2 . Так как события A1 и A2 несовместны, то P( A) P( A1 ) P( A2 ) или P6 ( 2) P6 (0) P6 (1) 0,4 6 0,61 0,4 5 0,041 . Искомая вероятность P( A) 1 P( A) 1 0, 041 0,959. Для дискретной случайной величины Х, представляющей собой число появлений события А в серии из п независимых испытаний, М(Х) можно найти, используя свойство 4 математического ожидания. Пусть Х1 – число появлений А в первом испытании, Х2 – во втором и т.д. При этом каждая из случайных ве- личин Хi задается рядом распределения вида Xi 0 1 pi q p Следовательно, М(Хi) = p. Тогда n n i 1 i 1 M ( X ) M ( X i ) p np. Аналогичным образом вычислим дисперсию: D(Xi) = 0²·q + 1²·p – p²= p – p² = p(1 – p), откуда по свойству 4 дисn D( X i ) np(1 p) npq. персии D( X ) i 1 2. Закон распределения Пуассона Рассмотрим дискретную случайную величину Х, принимающую только целые неотрицательные значения (0, 1, 2,…, т,…), последовательность которых не ограничена. В предельном случае биномиального распределения, когда число испытаний n очень велико, а появления события отдельном испытании вероятность в очень каждом мала, вероятность появления события k раз в n независимых испытаниях может быть определена по приближенной формуле pn (k ) k e k! , где np const - среднее число появлений события в различных сериях испытаний, предполагаемое постоянным. Эта формула распределения выражает закон вероятностей диск- ретной случайной величины k - числа появлений события в n независимых испытаниях (в случае массовых, но редких событий ), называемый законом распределения Пуассона. Замечание. Практически формулой Пуассона с достаточной степенью точности можно пользоваться при p < 0,1; 10 . Замечание. Таким образом, обнаружено интересное свойство распределения Пуассона: математическое ожидание равно дисперсии (и равно единственному параметру , определяющему распределение). 3. Геометрическое распределение Пусть производится ряд независимых испытаний (”попыток”) для достижения некоторого результата (события А ), и при каждой попытке событие А может появиться с вероятностью p . Тогда число попыток Х до появления события А , включая удавшуюся, - дискретная случайная величина, возможные значения которой 1,2… m … . Вероятности их по теореме умножения вероятностей для независимых событий равны P X m pq m 1 m 1,2,..., где 0 p 1, q 1 p . Вероятности Pm P X m образуют для ряда последовательных значений m бесконечно убывающую геометрическую прогрессию с первым членом p и знаменателем q (поэтому распределение называется геометрическим). Ряд распределения имеет вид X X 1 2 3 …. M … P p pq pq 2 …. pq m 1 … Математическое дисперсия X ожидание и равны q 1 M X , D X 2 . p p Пример 1. Производится ряд попыток включить двигатель. Каждая занимает время успешно t и заканчивается независимо от других с вероятностью p. Построить распределения общего ряд времени T, которое потребуется для включения двигателя, найти его математическое ожидание и дисперсию. Решение. дискретная Число случайная возможными попыток величина значениями X- с 1, 2, ... m, ... . Поэтому общее время T tX - тоже случайная величина, геометрическому подчиненная закону распределения, и ее ряд распределения будет иметь вид T t 2t 3t … mt … P p pq pq 2 … pq m 1 … По свойствам математического ожидания и дисперсии M T M tX t M X t / p 2 , D T D tX t 2 D X t 2 q / p 2 . Пример 2. Имеется n лампочек; каждая из них с вероятностью q 0,1 имеет дефект. Лампочка ввинчивается в патрон и включается ток; при этом дефектная лампочка перегорает и сразу заменяется же новой. Построить ряд распределения числа лампочек X, которое будет испробовано и найти вероятность того, что свет появится при третьем включении. Решение. По условию p 0,9; q 0,1, m 3. Ряд распределения X будет X 1 2 3 … m … n P p pq pq 2 … pq m 1 … pq n 1 P x 3 pq 2 0,9 0,12 0,009 . 4. Закон равномерного распределения вероятностей Часто на практике мы имеем дело со случайными величинами, распределенными определенным типовым образом, то есть такими, закон распределения которых имеет некоторую стандартную форму. Были рассмотрены примеры таких законов распределения для дискретных случайных величин (биномиальный и Пуассона). Для непрерывных случайных величин тоже существуют часто встречающиеся виды закона распределения, и в качестве первого из них рассмотрим равномерный закон. Закон распределения непрерывной случайной величины называется рав- номерным, если на интервале, которому принадлежат все возможные значения случайной величины, плотность распределения сохраняет постоянное значение ( f(x) = const при a ≤ x ≤ b, f(x) = 0 при x < a, x > b. Непрерывная случайная величина Х подчинена закону равномерного распределения вероятностей, если на интервале, которому принадлежат все возможные значения Х , плотность вероятностей постоянна и равна 0 1 f ( x) b a 0 при x a, при a x b, при x b. а функции распределения F(x): 0, x a x a F ( x) , a xb b a 1, x b. График плотности вероятностей равномерно распределенной случайной величины Х и ее функции распределения F(x) показан на рисунке. Обычно вместо параметров a и b используют математическое ожидание Х и половину ширины области возможных значений случайной величины. ba , 2 Очевидно, M (X ) b a 1 ba xdx . ba 2 Дисперсия закона равномерного 2 D( x) 3 . распределения Вероятность попадания равномерно распределенной случайной величины на интервал , , принадлежащий a, b , равна P X f ( x) x ba . Пример. Автобусы некоторого маршрута идут с интервалом 5 минут. Найти вероятность того, что пришедшему на остановку пассажиру придется ожидать автобуса не более 2 минут. Решение. Время ожидания является случайной величиной, равномерно распределенной в интервале [0, 5]. Тогда 1 2 f ( x) , p(0 x 2) 0,4. 5 5 Для равномерно распределенной на отрезке [a, b] непрерывной случайной величины b 2 1 x M (X ) x dx ba 2(b a) a b a b2 a 2 a b , 2(b a) 2 то есть математическое ожидание равномерно распределенной случайной величины равно абсциссе середины отрезка [a, b] . Дисперсия 1 ( a b) D( X ) x dx ba 4 a b 2 2 b a (a b) 3(b a ) 4 3 3 2 a 2 ab b 2 a 2 2ab b 2 3 4 (b a ) 12 2 . 5. Показательный (экспоненциальный) закон распределения Показательное распределение широко применяется в теории надежности, в теории массового обслуживания. Непрерывная случайная величина подчинена показательному закону распределения, если ее плотность вероятностей равна 0 f ( x) x e при x 0, при x 0. Интегральная функция распределения показательного закона: 0 F ( x) x 1 e при x 0, при x 0. Графики f (x) и F (x) показаны на рисун- ке. В отличие от нормального распределения, показательный закон определяется только одним параметром λ. В этом его преимущество, так как обычно параметры распределения заранее не известны и их приходится оценивать приближенно. Понятно, что оценить один параметр проще, чем несколько. Вероятность попадания на конечный интервал (a, b) случайной величины, распределенной по показательному закону, равна P(a X b) F (b) F (a) ea eb . Числовые характеристики показательного распределения M (X ) 1 , D( X ) 1 2 , следовательно, 1 ( X ) D( X ) . Поэтому математическое ожидание равно среднему квадратическому отклонению. Это равенство является характерным признаком показательного распределения. Пусть T - время безотказной работы элемента (непрерывная случайная величина), а t - время, по прошествии которого происходит отказ. Тогда функция распределения F (t ) P(T t ) определяет вероятность отказа за время t. Поэтому противоположного события вероятность T t, то есть вероятность безотказной работы за время t будет равна R(t ) 1 F (t ) 1 P(T t ). Эту функцию называют функцией надежности. Показательный закон надежности. Часто длительность безотказной работы элемента имеет показательное t распределение, то есть F (t ) 1 e . Следовательно, функция надежности в этом случае имеет вид: R t 1 F t 1 1 e t e t . Показательным законом надежности называют функцию надежности, определяемую равенством R t e t , где λ – интенсивность отказов. Пример 1. независимо работающих Длительность работы Испытываются времени первого F1 (t ) 1 e0,02t , элемента. безотказной элемента показательное два имеет распределение второго F2 (t ) 1 e0,05t . Найти вероятность того, что за время t = 6 час откажут оба элемента; оба элемента будут работать; только один элемент. откажет Решение. Вероятность отказа первого элемента за 6 часов равна q1 F1 (6) 1 e 0,026 1 e 0,12 0,113 . Вероятность отказа второго элемента за то же время q2 F2 (6) 1 e 0,056 1 e 0,3 0,259 . Вероятность отказа двух элементов по теореме умножения вероятностей равна q1q2 0,113 0,259 0,029 . Вероятности безотказной работы каждого элемента p1 1 F1 (6) 1 0,113 0,887; p2 1 F2 (6) 0,741 . Поэтому вероятность отказа только одного элемента будет равна p1q2 p2 q1 0,113 0,741 0,259 0,887 0,310 . Пример 2. Пусть время безотказной работы элемента распределено по показательному закону с плотностью распределения f(t) = 0,1 e-0,1t при t ≥ 0. Найти вероятность того, что элемент проработает безотказно в течение 10 часов. Решение. Так как λ = 0,1, R(10) = e0,1·10 = e-1 = 0,368. Задачи для самостоятельной работы 1. Написать плотность и функцию распределения показательного закона, если параметр 5 . 2. Найти дисперсию и среднее квадратическое отклонение показательного распределения, заданного плотностью вероятности f x 10e 10 x , x 0 . 3. Найти дисперсию и среднее квадратическое отклонение показательного закона, деления заданного функцией распреf x 1 e 0,4 x , x 0 . 4. Обычно совещание длится час. На этот раз за час оно не закончилось. Какова вероятность того, что оно закончится в ближайшие 15 мин. Длительность совещания распределена по показательному закону. 5. Длительность междугородних телефонных разговоров распределена примерно по показательному закону, разговор продолжается в среднем 3 мин. Найти вероятность того, что очередной разговор будет продолжаться более 3 мин. Определить долю разговоров, которые длятся менее 1 мин. Найти вероятность того, что разговор, который длится уже 10 мин, закончит- ся в течение ближайшей минуты, а также математическое ожидание и дисперсию длительности разговора. 6. Устройство, состоящее из 5 независимо работающих элементов, включается на время t. Вероятность отказа каждого из элементов за это время равна 0,2. Найти вероятность того, что за время t откажут: 1) 3 элемента; 2) не менее 4; 3) не более 4 6.6 Нормальный закон распределения Непрерывная подчинена случайная величина нормальному закону распределения (закону распределения Гаусса), если ее плотность вероятностей равна f ( x) Здесь 1 2 a ( x a )2 e и 2 2 . -параметры, вероятностный смысл которых таков: a M (X ) D(X ) - математическое среднее ожидание. квадратическое отклонение нормально распределенной случайной величины X. График плотности нормального распределения называют нормальной кривой (кривой Гаусса). График плотности вероятностей нормально распределенной случайной величины (называемый нормальной или гауссовой кривой) показан на рисунке. 1) Область определения этой функ- ции: (-∞, +∞). 2) f(x) > 0 при любом х (следова- тельно, весь график расположен выше оси Ох). 3) то есть ось Ох служит гори- lim f ( x) 0, | x| зонтальной асимптотой графика при x . 4) f ( x) > a, 1 a, 2 5) xa 3 2 f ( x) 0 e ( xa )2 2 2 0 при х = а; f ( x) 0 при x при x < a. Следовательно, - точка максимума. F(x – a) = f(a – x), то есть график симметричен относительно прямой х = а. 6) f ( x) 1 3 2 есть точки ( x a )2 2 2 e ( x a) 2 1 2 1 a , 2 e 0 при x a , то являются точка- ми перегиба. Вероятность попадания нормально распределенной случайной величины на произвольный конечный интервал ( , ) равна a a P( X ) Ф Ф , где Ф( x) 1 2 x 0 e z / 2 dz 2 - функция Лапласа. Функция Лапласа табулирована. При пользовании таблицами следует иметь в виду, что она нечетная: Ф(x) Ф( x). Вероятность попадания нормально распределенной случайной величины на интервал, симметричный относительно среднего значения, равна P( X a ) P(a X a ) 2 Ф( / ). В частности, при 3 Поэтому вероятность противоположного P( X a 3 ) 0,0027. P( X a 3 ) 2Ф(3) 0,9973. события: Такой малой вероятностью можно пренебречь. На этом и базируется важное для приложений правило трех сигм: Если случайная величина распределена по нормальному закону, то с вероятностью, близкой к достоверности, можно считать, что практически все укладывается на интервале рассеивание (a 3 , a 3 ) от центра распределения, то есть можно пренебречь вероятностью попадания случайной величины вне интервала (a 3 , a 3 ) . Полученный результат позволяет сформулировать правило «трех сигм»: если случайная величина распределена нормально, то модуль ее отклонения от х = а не превосходит 3σ. Пример 1. На станке изготовляется партия однотипных деталей. Длина детали X - случайная величина, распределенная по нормальному закону с параметрами 1) a 18см, 0,2 см. вероятность наудачу взятой Найти: того, детали что длина заключена между 17,7 см и 18,4 см; 2) какое отклонение длины детали от номинального размера можно гарантировать с вероятностью 0,95? 3) в каких пределах будут заключены практически все длины деталей? Решение. 1). 18, 4 18 17, 7 18 P(17, 7 X 18, 4) Ф Ф Ф(2) Ф(1,5) 0, 2 0, 2 Ф(2) Ф(1,5) 0, 4772 0, 4332 0,9104. 2). Воспользуемся P( X a ) 2Ф( / ) Поэтому таблице . По условию 2 Ф( / 0, 2) 0,95 функции или P( X 18 ) 0,95 Ф( / 0, 2) 0, 475. Лапласа приложение 2) находим 0,392 формулой / 0, 2 1,96 . По (см. , откуда . Следовательно, X 18 0,392 или 17,608 X 18,392. 3). По правилу трех сигм можно считать, что практически все длины деталей с вероятностью 0,9973 будут заключены в интервале есть P( X 18 3 0, 2) 0,9973 Пример 2. (a 3 ; a 3 ) , то , откуда 17, 4 X 18,6 . Автомат штампует детали. Контролируется длина детали X, которая распределена по нормальному закону с математическим ожиданием (проектной длиной), равным 60 мм. Фактическая длина изготовленных деталей не менее 58 мм и не более 62 мм. Найти вероятность того, что длина наудачу взятой детали: а) больше 61 мм; б) меньше 60,5 мм. Решение. неизвестный Предварительно параметр найдем нормального распределения из условия P(58 X 62) 1 или 62 60 58 60 2 Ф Ф 2Ф 1. откуда Ф(2 / ) 0,5 и по функции Лапласа находим таблицам 2 / 5. Следовательно, 0,4. Поэтому 62 60 61 60 P(61 X 62) Ф Ф Ф(5) Ф(2,5) 0,0062 0 , 4 0 , 4 , 60,5 60 58 60 P(58 X 60,5) Ф Ф Ф(1,25) Ф(5) 0,8944 0,4 0,4 . Пример 3. Случайная величина Х имеет нормальное распределение с параметрами а = 3, σ = 2. Найти вероятность того, что она примет значение из интервала (4, 8). Решение. 83 43 p (4 x 8) F (8) F (4) 2 2 (2,5) (0,5) 0,9938 0, 6915 0,3023. Для вычисления математического ожидания нормально распределенной случайной величины воспользуемся тем, что интеграл Пуассона e z2 2 dz 2 . M (X ) 1 2 1 2 ze z2 2 xe ( x a )2 2 2 dx ( z dz a 2 e z2 2 xa ) dz 0 a 2 1 2 (z a)e z2 2 dz 2 a ( первое слага- емое равно 0, так как подынтегральная функция нечетна, а пределы интегрирования симметричны относительно нуля). D( X ) 1 2 ( x a) 2 e ( xa )2 2 2 2 dx 2 z ze z2 2 dz (u z, dv ze z2 2 ) z 2 z e 2 2 2 e z2 2 2 dz 0 2 2 2 . Следовательно, параметры нормального распределения (а и σ) равны соответственно математическому ожиданию и среднему квадратическому отклонению исследуемой случайной величины.
