Случайные величины и распределения - задачи с решениями

Решение:
Сумма вероятностей всех возможных значений равна [tex]1[/tex], поэтому
[tex]p_3=1-0{,}5-0{,}3=0{,}2[/tex]
По определению математического ожидания дискретной случайной величины
[tex]E(X)=x_1p_1+x_2p_2+x_3p_3=3\cdot 0{,}5+5\cdot 0{,}3+0{,}2\,x_3=3+0{,}2\,x_3[/tex]
Следовательно,
[tex]3+0{,}2\,x_3=5\Rightarrow 0{,}2\,x_3=2\Rightarrow x_3=10[/tex]
Значение [tex]10[/tex] отлично от [tex]3[/tex] и [tex]5[/tex], так что три значения действительно различны, и закон распределения [tex]X[/tex] таков:
[tex]P(X=3)=0{,}5 ; \quad P(X=5)=0{,}3 ; \quad P(X=10)=0{,}2[/tex]

Решение:
Пусть [tex]X[/tex] — результат экзамена, а [tex]Y[/tex] — результат модуля, т.е. [tex]D(X)=18[/tex], [tex]D(Y)=2[/tex] и [tex]\rho=\frac{1}{3}[/tex] (средние значения не нужны). По определению коэффициента корреляции ковариация равна
[tex]\operatorname{cov}(X,Y)=\rho\sqrt{D(X)}\sqrt{D(Y)}=\frac{1}{3}\sqrt{18\cdot 2}=\frac{1}{3}\cdot 6=2[/tex]
Дисперсия суммы двух случайных величин равна
[tex]D(X+Y)=D(X)+D(Y)+2\operatorname{cov}(X,Y)=18+2+4=24[/tex]

Решение:
Пусть [tex]a=E(X)[/tex] и [tex]\sigma=\sqrt{D(X)}\gt 0[/tex]. Неравенство Чебышёва справедливо для любой случайной величины с конечной дисперсией и любого [tex]\varepsilon\gt 0[/tex]:
[tex]P(|X-a|\ge\varepsilon)\le\frac{D(X)}{\varepsilon^2}[/tex]
При [tex]\varepsilon=3\sigma[/tex] получаем
[tex]P(|X-a|\ge 3\sigma)\le\frac{\sigma^2}{9\sigma^2}=\frac{1}{9}[/tex]
Событие [tex]|X-a|\lt 3\sigma[/tex] противоположно событию [tex]|X-a|\ge 3\sigma[/tex], поэтому
[tex]P(|X-a|\lt 3\sigma)\ge 1-\frac{1}{9}=\frac{8}{9}[/tex]
Оценка верна для любого распределения и в общем случае не может быть улучшена: если [tex]X[/tex] принимает значения [tex]a-3\sigma[/tex], [tex]a[/tex], [tex]a+3\sigma[/tex] с вероятностями [tex]\frac{1}{18}[/tex], [tex]\frac{8}{9}[/tex], [tex]\frac{1}{18}[/tex], то её дисперсия равна [tex]2\cdot \frac{1}{18}\cdot 9\sigma^2=\sigma^2[/tex], а вероятность равна ровно [tex]\frac{8}{9}[/tex]. Значение [tex]0{,}9973[/tex] (правило трёх сигм) верно только для нормального распределения.

Решение:
По определению дисперсия случайной величины [tex]Y[/tex] равна
[tex]D(Y)=E\left[(Y-E(Y))^2\right][/tex]
Для любой случайной величины [tex]Y[/tex] с конечным математическим ожиданием [tex]E(cY)=cE(Y)[/tex], так как постоянную можно вынести за знак суммы (дискретный случай) или интеграла (непрерывный случай с плотностью [tex]f[/tex]):
[tex]E(cY)=\sum_i c\,y_ip_i=c\sum_i y_ip_i,\qquad E(cY)=\int_{-\infty}^{\infty}c\,yf(y)\,dy=c\int_{-\infty}^{\infty}yf(y)\,dy[/tex]
Так как [tex]D(X)[/tex] конечна, [tex]E(X)[/tex] существует, поэтому [tex]E(cX)=cE(X)[/tex] и
[tex]cX-E(cX)=c\,(X-E(X))\Rightarrow (cX-E(cX))^2=c^2(X-E(X))^2[/tex]
Применяя то же свойство к случайной величине [tex](X-E(X))^2[/tex], математическое ожидание которой [tex]D(X)[/tex] конечно, получаем
[tex]D(cX)=E\left[c^2(X-E(X))^2\right]=c^2E\left[(X-E(X))^2\right]=c^2D(X)[/tex]
что и требовалось доказать. В частности, [tex]D(-X)=D(X)[/tex] и [tex]\sigma(cX)=|c|\,\sigma(X)[/tex].

Решение:
Число [tex]X[/tex] успешно решённых тестов имеет биномиальное распределение с [tex]n=4[/tex], [tex]p=0{,}6[/tex], [tex]q=0{,}4[/tex]:
[tex]P(X=k)=\binom{4}{k}(0{,}6)^k(0{,}4)^{4-k}[/tex]
Отсюда
[tex]P(X=0)=\frac{16}{625} ; \quad P(X=1)=\frac{96}{625} ; \quad P(X=2)=\frac{216}{625}[/tex]
[tex]P(X=3)=\frac{216}{625} ; \quad P(X=4)=\frac{81}{625}[/tex]
Максимум достигается при двух значениях: [tex]k=2[/tex] и [tex]k=3[/tex]. В общем случае
[tex]\frac{P(X=k+1)}{P(X=k)}=\frac{(n-k)p}{(k+1)q}[/tex]
и при [tex]k=2[/tex] это отношение равно [tex]\frac{2\cdot 0{,}6}{3\cdot 0{,}4}=1[/tex]. Так происходит потому, что [tex](n+1)p=3[/tex] — целое число; тогда и [tex](n+1)p-1=2[/tex], и [tex](n+1)p=3[/tex] являются наивероятнейшими значениями. Заметим, что математическое ожидание [tex]np=2{,}4[/tex] даже не является возможным значением [tex]X[/tex].

Решение:
Все [tex]\binom{6}{3}=20[/tex] способов выбрать [tex]3[/tex] прибора равновозможны. Нестандартных приборов всего [tex]2[/tex], поэтому хотя бы один из отобранных приборов стандартный и [tex]X\in\{1; 2; 3\}[/tex]. Величина [tex]X[/tex] имеет гипергеометрическое распределение:
[tex]P(X=k)=\frac{\binom{4}{k}\binom{2}{3-k}}{\binom{6}{3}}[/tex]
поэтому
[tex]P(X=1)=\frac{4\cdot 1}{20}=\frac{1}{5} ; \quad P(X=2)=\frac{6\cdot 2}{20}=\frac{3}{5} ; \quad P(X=3)=\frac{4\cdot 1}{20}=\frac{1}{5}[/tex]
(сумма равна [tex]1[/tex]). Тогда
[tex]E(X)=1\cdot \frac{1}{5}+2\cdot \frac{3}{5}+3\cdot \frac{1}{5}=2[/tex]
[tex]E(X^2)=1\cdot \frac{1}{5}+4\cdot \frac{3}{5}+9\cdot \frac{1}{5}=\frac{22}{5}[/tex]
[tex]D(X)=E(X^2)-(E(X))^2=\frac{22}{5}-4=\frac{2}{5}[/tex]
Проверка по формуле дисперсии гипергеометрического распределения ([tex]N=6[/tex], [tex]M=4[/tex], [tex]n=3[/tex]):
[tex]D(X)=n\frac{M}{N}\left(1-\frac{M}{N}\right)\frac{N-n}{N-1}=3\cdot \frac{2}{3}\cdot \frac{1}{3}\cdot \frac{3}{5}=\frac{2}{5}[/tex]

Решение:
Сначала найдём [tex]c[/tex] из условия нормировки [tex]\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\,dx=1[/tex]. Подынтегральная функция чётная, поэтому
[tex]\int_{-8}^{8}c\,(8-|x|)\,dx=2c\int_0^8(8-x)\,dx=2c\cdot 32=64c=1\Rightarrow c=\frac{1}{64}[/tex]
Теперь [tex]F(x)=\int_{-\infty}^{x}f(t)\,dt[/tex]. При [tex]x\lt -8[/tex] плотность равна нулю, поэтому [tex]F(x)=0[/tex]. При [tex]-8\le x\le 0[/tex] имеем [tex]|t|=-t[/tex], следовательно,
[tex]F(x)=\frac{1}{64}\int_{-8}^{x}(8+t)\,dt=\frac{(x+8)^2}{128}[/tex]
В частности, [tex]F(0)=\frac{1}{2}[/tex], как и следует из симметрии плотности. При [tex]0\lt x\le 8[/tex]:
[tex]F(x)=\frac{1}{2}+\frac{1}{64}\int_0^x(8-t)\,dt=\frac{1}{2}+\frac{x}{8}-\frac{x^2}{128}=1-\frac{(8-x)^2}{128}[/tex]
При [tex]x\gt 8[/tex] вся вероятностная масса лежит левее [tex]x[/tex], поэтому [tex]F(x)=1[/tex]. Проверка: [tex]F(-8)=0[/tex], [tex]F(8)=1[/tex], и [tex]F[/tex] непрерывна и не убывает. Итак,
[tex]F(x)=\begin{cases}0, & x\lt -8\\ \frac{(x+8)^2}{128}, & -8\le x\le 0\\ 1-\frac{(8-x)^2}{128}, & 0\lt x\le 8\\ 1, & x\gt 8\end{cases}[/tex]