Случайни величини и разпределения - задачи с решения

Решение:
Сборът от вероятностите на всички възможни стойности е [tex]1[/tex], следователно
[tex]p_3=1-0{,}5-0{,}3=0{,}2[/tex]
По дефиницията на математическо очакване на дискретна случайна величина
[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]
Следователно
[tex]3+0{,}2\,x_3=5\Rightarrow 0{,}2\,x_3=2\Rightarrow x_3=10[/tex]
Стойността [tex]10[/tex] е различна от [tex]3[/tex] и [tex]5[/tex], така че трите стойности наистина са различни и разпределението на [tex]X[/tex] е
[tex]P(X=3)=0{,}5 ; \quad P(X=5)=0{,}3 ; \quad P(X=10)=0{,}2[/tex]

Решение:
Нека [tex]X[/tex] е резултатът от изпита, а [tex]Y[/tex] е резултатът от модула, т.е. [tex]D(X)=18[/tex], [tex]D(Y)=2[/tex] и [tex]\rho=\frac{1}{3}[/tex] (средните стойности не са нужни). От дефиницията на коефициента на корелация ковариацията е
[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]
Дисперсията на сбор от две случайни величини е
[tex]D(X+Y)=D(X)+D(Y)+2\operatorname{cov}(X,Y)=18+2+4=24[/tex]

Решение:
Нека [tex]a=E(X)[/tex] и [tex]\sigma=\sqrt{D(X)}\gt 0[/tex]. Неравенството на Чебишов е в сила за всяка случайна величина с крайна дисперсия и всяко [tex]\varepsilon\gt 0[/tex]:
[tex]P(|X-a|\ge\varepsilon)\le\frac{D(X)}{\varepsilon^2}[/tex]
При [tex]\varepsilon=3\sigma[/tex] получаваме
[tex]P(|X-a|\ge 3\sigma)\le\frac{\sigma^2}{9\sigma^2}=\frac{1}{9}[/tex]
Събитието [tex]|X-a|\lt 3\sigma[/tex] е противоположно на събитието [tex]|X-a|\ge 3\sigma[/tex], следователно
[tex]P(|X-a|\lt 3\sigma)\ge 1-\frac{1}{9}=\frac{8}{9}[/tex]
Оценката е вярна за всяко разпределение и в общия случай не може да се подобри: ако [tex]X[/tex] приема стойностите [tex]a-3\sigma[/tex], [tex]a[/tex], [tex]a+3\sigma[/tex] с вероятности [tex]\frac{1}{18}[/tex], [tex]\frac{8}{9}[/tex], [tex]\frac{1}{18}[/tex], то дисперсията ѝ е [tex]2\cdot \frac{1}{18}\cdot 9\sigma^2=\sigma^2[/tex], а вероятността е точно [tex]\frac{8}{9}[/tex]. Стойността [tex]0{,}9973[/tex] (правилото на трите сигми) е вярна само за нормалното разпределение.

Решение:
По дефиниция дисперсията на случайна величина [tex]Y[/tex] е
[tex]D(Y)=E\left[(Y-E(Y))^2\right][/tex]
За всяка случайна величина [tex]Y[/tex] с крайно математическо очакване е изпълнено [tex]E(cY)=cE(Y)[/tex], защото константата може да се изнесе пред сумата (дискретен случай) или пред интеграла (непрекъснат случай с плътност [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]
Тъй като [tex]D(X)[/tex] е крайна, [tex]E(X)[/tex] съществува, следователно [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]
Като приложим същото свойство към случайната величина [tex](X-E(X))^2[/tex], чието математическо очакване [tex]D(X)[/tex] е крайно, получаваме
[tex]D(cX)=E\left[c^2(X-E(X))^2\right]=c^2E\left[(X-E(X))^2\right]=c^2D(X)[/tex]
с което твърдението е доказано. В частност [tex]D(-X)=D(X)[/tex] и [tex]\sigma(cX)=|c|\,\sigma(X)[/tex].

Решение:
Броят [tex]X[/tex] на успешно решените тестове има биномно разпределение 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]
Оттук
[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]
Максимумът се достига при две стойности: [tex]k=2[/tex] и [tex]k=3[/tex]. В общия случай
[tex]\frac{P(X=k+1)}{P(X=k)}=\frac{(n-k)p}{(k+1)q}[/tex]
и при [tex]k=2[/tex] това отношение е [tex]\frac{2\cdot 0{,}6}{3\cdot 0{,}4}=1[/tex]. Това се случва, защото [tex](n+1)p=3[/tex] е цяло число; тогава и [tex](n+1)p-1=2[/tex], и [tex](n+1)p=3[/tex] са най-вероятни стойности. Да отбележим, че математическото очакване [tex]np=2{,}4[/tex] дори не е възможна стойност на [tex]X[/tex].

Решение:
Всичките [tex]\binom{6}{3}=20[/tex] избора на [tex]3[/tex] уреда са равновероятни. Нестандартните уреди са само [tex]2[/tex], така че поне един от избраните уреди е стандартен и [tex]X\in\{1; 2; 3\}[/tex]. Величината [tex]X[/tex] има хипергеометрично разпределение:
[tex]P(X=k)=\frac{\binom{4}{k}\binom{2}{3-k}}{\binom{6}{3}}[/tex]
следователно
[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]
(сборът е [tex]1[/tex]). Тогава
[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 с формулата за дисперсията на хипергеометричното разпределение ([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:
Първо намираме [tex]c[/tex] от условието за нормиране [tex]\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\,dx=1[/tex]. Подинтегралната функция е четна, следователно
[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]
Сега [tex]F(x)=\int_{-\infty}^{x}f(t)\,dt[/tex]. При [tex]x\lt -8[/tex] плътността е нула, затова [tex]F(x)=0[/tex]. При [tex]-8\le x\le 0[/tex] имаме [tex]|t|=-t[/tex], следователно
[tex]F(x)=\frac{1}{64}\int_{-8}^{x}(8+t)\,dt=\frac{(x+8)^2}{128}[/tex]
В частност [tex]F(0)=\frac{1}{2}[/tex], както се очаква от симетрията на плътността. 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] цялата вероятностна маса е вляво от [tex]x[/tex], затова [tex]F(x)=1[/tex]. Проверка: [tex]F(-8)=0[/tex], [tex]F(8)=1[/tex], а [tex]F[/tex] е непрекъсната и ненамаляваща. Следователно
[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]