Случайные величины и распределения - сложные задачи с решениями

Решение:
Параметр распределения Пуассона равен его математическому ожиданию. Для куска площадью [tex]4[/tex] квадратных метра среднее число дефектов равно [tex]\lambda=2{,}5\cdot 4=10[/tex], поэтому для числа дефектов [tex]X[/tex] имеем
[tex]P(X=k)=e^{-10}\frac{10^k}{k!},\quad k=0; 1; 2; \ldots[/tex]
«Меньше [tex]5[/tex]» означает [tex]X\le 4[/tex]:
[tex]P(X\lt 5)=e^{-10}\left(1+10+\frac{10^2}{2!}+\frac{10^3}{3!}+\frac{10^4}{4!}\right)=e^{-10}\left(1+10+50+\frac{500}{3}+\frac{1250}{3}\right)[/tex]
[tex]P(X\lt 5)=\frac{1933}{3}e^{-10}\approx 0{,}029[/tex]

Решение:
Каждая ставка выигрывает с вероятностью [tex]p=\frac{18}{38}=\frac{9}{19}[/tex] и проигрывает с вероятностью [tex]q=\frac{10}{19}[/tex] независимо от остальных. Игрок делает ровно [tex]9[/tex] ставок тогда и только тогда, когда девятая ставка выигрышная, а среди первых [tex]8[/tex] ставок ровно [tex]3[/tex] выигрыша и [tex]5[/tex] проигрышей. Поэтому число ставок [tex]X[/tex] имеет отрицательное биномиальное распределение (распределение Паскаля) и
[tex]P(X=9)=\binom{8}{3}p^3q^5\cdot p=\binom{8}{3}p^4q^5=56\left(\frac{9}{19}\right)^4\left(\frac{10}{19}\right)^5\approx 0{,}114[/tex]

Решение:
Частные (маргинальные) распределения — это суммы по строкам и по столбцам таблицы:
[tex]P(X=0)=P(X=1)=0{,}5,\qquad P(Y=1)=P(Y=2)=0{,}3,\quad P(Y=3)=0{,}4[/tex]
Математические ожидания и дисперсии:
[tex]E(X)=0{,}5,\qquad D(X)=E(X^2)-(E(X))^2=0{,}5-0{,}25=0{,}25[/tex]
[tex]E(Y)=1\cdot 0{,}3+2\cdot 0{,}3+3\cdot 0{,}4=2{,}1,\qquad E(Y^2)=1\cdot 0{,}3+4\cdot 0{,}3+9\cdot 0{,}4=5{,}1[/tex]
[tex]D(Y)=E(Y^2)-(E(Y))^2=5{,}1-4{,}41=0{,}69[/tex]
Так как [tex]XY=0[/tex] при [tex]X=0[/tex], в [tex]E(XY)[/tex] вносит вклад только строка [tex]X=1[/tex]:
[tex]E(XY)=1\cdot 0{,}2+2\cdot 0{,}2+3\cdot 0{,}1=0{,}9,\qquad \operatorname{cov}(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)=0{,}9-1{,}05=-0{,}15[/tex]
Следовательно, коэффициент корреляции равен
[tex]\rho=\frac{\operatorname{cov}(X,Y)}{\sqrt{D(X)}\sqrt{D(Y)}}=\frac{-0{,}15}{0{,}5\sqrt{0{,}69}}=-\frac{3}{\sqrt{69}}=-\frac{\sqrt{69}}{23}\approx -0{,}361[/tex]

Решение:
[tex]X=k[/tex] тогда и только тогда, когда при первых [tex]k-1[/tex] бросаниях выпадает решка, а при [tex]k[/tex]-м бросании — орёл. В силу независимости бросаний
[tex]P(X=k)=\left(\frac12\right)^{k-1}\cdot \frac12=\frac{1}{2^k},\qquad k=1,2,\ldots[/tex]
При [tex]|q|\lt 1[/tex] геометрический ряд [tex]\sum_{k=0}^{\infty}q^k=\frac{1}{1-q}[/tex] можно почленно дифференцировать внутри интервала сходимости; так получается первая формула ниже. Умножив её на [tex]q[/tex] и продифференцировав ещё раз, получаем вторую:
[tex]\sum_{k=1}^{\infty}kq^{k-1}=\frac{1}{(1-q)^2},\qquad \sum_{k=1}^{\infty}k^2q^{k-1}=\frac{1+q}{(1-q)^3}[/tex]
При [tex]q=\frac12[/tex]:
[tex]E(X)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{k}{2^k}=\frac12\cdot \frac{1}{\left(\frac12\right)^2}=2,\qquad E(X^2)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{k^2}{2^k}=\frac12\cdot \frac{\frac32}{\left(\frac12\right)^3}=6[/tex]
Следовательно,
[tex]D(X)=E(X^2)-(E(X))^2=6-4=2[/tex]
Это согласуется с формулой [tex]D(X)=\frac{1-p}{p^2}[/tex] для геометрического распределения при [tex]p=\frac12[/tex].

Решение:
Пусть [tex]X_1,\ldots,X_n[/tex] — результаты, т.е. [tex]D(X_i)\lt 4[/tex], и пусть [tex]\bar X=\frac{X_1+\ldots+X_n}{n}[/tex]. В силу линейности математического ожидания и независимости
[tex]E(\bar X)=100,\qquad D(\bar X)=\frac{D(X_1)+\ldots+D(X_n)}{n^2}\lt\frac{4n}{n^2}=\frac{4}{n}[/tex]
Неравенство Чебышёва при [tex]\varepsilon=4[/tex] даёт
[tex]P(96\lt\bar X\lt 104)=P\left(|\bar X-100|\lt 4\right)\ge 1-\frac{D(\bar X)}{4^2}\gt 1-\frac{4}{16n}=1-\frac{1}{4n}[/tex]
Достаточно, чтобы
[tex]1-\frac{1}{4n}\ge 0{,}98\iff \frac{1}{4n}\le 0{,}02\iff n\ge 12{,}5[/tex]
Наименьшее такое целое число — [tex]n=13[/tex]. При [tex]n=12[/tex] оценка, когда средние квадратические отклонения близки к [tex]2[/tex], близка к [tex]1-\frac{1}{48}=\frac{47}{48}\approx 0{,}979\lt 0{,}98[/tex], поэтому двенадцати измерений недостаточно.

Решение:
Сначала найдём [tex]C[/tex] из условия нормировки (интеграл от плотности по всей плоскости равен [tex]1[/tex]):
[tex]\int_0^1\int_0^x (x+y)\,dy\,dx=\int_0^1\left(x^2+\frac{x^2}{2}\right)dx=\frac12\Rightarrow C=2[/tex]
Внутри треугольника [tex]0\le y\le x\le 1[/tex] событие [tex]X+Y\lt 1[/tex] — это область [tex]0\le y\lt\frac12,\ y\le x\lt 1-y[/tex] (прямые [tex]y=x[/tex] и [tex]x+y=1[/tex] пересекаются в точке [tex]\left(\frac12 ; \frac12\right)[/tex]). Так как [tex](x+y)^2[/tex] — первообразная для [tex]2(x+y)[/tex] по [tex]x[/tex],
[tex]P(X+Y\lt 1)=\int_0^{1/2}\int_y^{1-y}2(x+y)\,dx\,dy=\int_0^{1/2}\left(1-4y^2\right)dy=\frac12-\frac16=\frac13[/tex]

Решение:
Параметр показательного распределения обратен его среднему значению, поэтому времена — независимые случайные величины [tex]X_1[/tex] и [tex]X_2[/tex] с плотностями [tex]e^{-t}[/tex] и [tex]\frac12e^{-t/2}[/tex] при [tex]t\ge 0[/tex]. Работа длится [tex]T=\max(X_1,X_2)[/tex]. В силу независимости при [tex]t\ge 0[/tex]
[tex]P(T\le t)=P(X_1\le t)\,P(X_2\le t)=\left(1-e^{-t}\right)\left(1-e^{-t/2}\right)\Rightarrow P(T\gt t)=e^{-t}+e^{-t/2}-e^{-3t/2}[/tex]
Для неотрицательной случайной величины [tex]E(T)=\int_0^{\infty}P(T\gt t)\,dt[/tex], поэтому
[tex]E(T)=\int_0^{\infty}\left(e^{-t}+e^{-t/2}-e^{-3t/2}\right)dt=1+2-\frac23=\frac73[/tex]
Среднее время равно [tex]\frac73[/tex] часа. (Другой способ: [tex]\max(X_1,X_2)=X_1+X_2-\min(X_1,X_2)[/tex], а [tex]\min(X_1,X_2)[/tex] распределена показательно с параметром [tex]1+\frac12=\frac32[/tex], т.е. со средним значением [tex]\frac23[/tex].)

Решение:
Порядок, в котором вынимаются шары, — равновероятная перестановка [tex]5[/tex] шаров, и игрок получает ровно шары, стоящие перед шаром [tex]0[/tex] (сам шар [tex]0[/tex] ничего не добавляет). Для [tex]j=1,2,3,4[/tex] положим [tex]I_j=1[/tex], если шар [tex]j[/tex] вынут раньше шара [tex]0[/tex], и [tex]I_j=0[/tex] в противном случае. Тогда выигрыш равен
[tex]S=1\cdot I_1+2I_2+3I_3+4I_4[/tex]
Перестановка местами шаров [tex]j[/tex] и [tex]0[/tex] — биекция между перестановками, в которых [tex]j[/tex] стоит перед [tex]0[/tex], и теми, в которых он стоит после [tex]0[/tex], поэтому
[tex]E(I_j)=P(I_j=1)=\frac12,\qquad j=1,2,3,4[/tex]
По линейности математического ожидания (для которой не нужна независимость)
[tex]E(S)=\frac{1+2+3+4}{2}=5[/tex]

Решение:
Коробка выбирается наудачу, поэтому
[tex]P(Y=3)=\frac36=\frac12,\qquad P(Y=4)=\frac26=\frac13,\qquad P(Y=5)=\frac16[/tex]
При условии [tex]Y=n[/tex] число попаданий [tex]X[/tex] распределено по биномиальному закону с параметрами [tex]n[/tex] и [tex]0{,}6[/tex], поэтому [tex]E(X\mid Y=n)=0{,}6n[/tex]. Кроме того,
[tex]E(Y)=\frac32+\frac43+\frac56=\frac{11}{3},\qquad E(Y^2)=\frac92+\frac{16}{3}+\frac{25}{6}=14[/tex]
По формуле полного математического ожидания
[tex]E(X)=\sum_n P(Y=n)\cdot 0{,}6n=0{,}6\,E(Y)=\frac{11}{5},\qquad E(XY)=\sum_n P(Y=n)\cdot n\cdot 0{,}6n=0{,}6\,E(Y^2)=\frac{42}{5}[/tex]
Следовательно,
[tex]\operatorname{cov}(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)=\frac{42}{5}-\frac{11}{5}\cdot \frac{11}{3}=\frac{126-121}{15}=\frac13[/tex]
(То же самое следует из [tex]\operatorname{cov}(X,Y)=0{,}6\,D(Y)=0{,}6\cdot \frac59=\frac13[/tex].)

Решение:
Пусть [tex]N[/tex] — число попавших частиц, а [tex]M[/tex] — число зарегистрированных. При условии [tex]N=n[/tex] регистрации — это [tex]n[/tex] независимых испытаний Бернулли с вероятностью успеха [tex]p[/tex], поэтому при [tex]0\le k\le n[/tex]
[tex]P(M=k\mid N=n)=\binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}[/tex]
и [tex]P(M=k\mid N=n)=0[/tex] при [tex]n\lt k[/tex]. По формуле полной вероятности для любого целого [tex]k\ge 0[/tex]
[tex]P(M=k)=\sum_{n=k}^{\infty}\frac{\lambda^n}{n!}e^{-\lambda}\cdot \frac{n!}{k!\,(n-k)!}p^k(1-p)^{n-k}[/tex]
Запишем [tex]\lambda^n=\lambda^k\lambda^{n-k}[/tex], сделаем замену [tex]m=n-k[/tex] и воспользуемся рядом [tex]e^z=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{z^m}{m!}[/tex], верным при любом действительном [tex]z[/tex]:
[tex]P(M=k)=\frac{(\lambda p)^k}{k!}e^{-\lambda}\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(\lambda(1-p))^m}{m!}=\frac{(\lambda p)^k}{k!}e^{-\lambda}e^{\lambda(1-p)}=\frac{(\lambda p)^k}{k!}e^{-\lambda p}[/tex]
Это в точности вероятности распределения Пуассона с параметром [tex]\lambda p[/tex], что и требовалось доказать.