Случайни величини и разпределения - трудни задачи с решения

Решение:
Параметърът на разпределението на Поасон е равен на средната му стойност. За парче с площ [tex]4[/tex] квадратни метра средният брой дефекти е [tex]\lambda=2{,}5\cdot 4=10[/tex], следователно за броя [tex]X[/tex] на дефектите имаме
[tex]P(X=k)=e^{-10}\frac{10^k}{k!},\quad k=0; 1; 2; \ldots[/tex]
„По-малко от [tex]5[/tex]“ означава [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:
Всяко залагане печели с вероятност [tex]p=\frac{18}{38}=\frac{9}{19}[/tex] и губи с вероятност [tex]q=\frac{10}{19}[/tex], независимо от останалите. Играчът прави точно [tex]9[/tex] залагания тогава и само тогава, когато деветото залагане е печелившо, а сред първите [tex]8[/tex] залагания има точно [tex]3[/tex] печалби и [tex]5[/tex] загуби. Следователно броят [tex]X[/tex] на залаганията има отрицателно биномно разпределение (разпределение на Паскал) 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:
Маргиналните разпределения са сумите по редовете и по стълбовете на таблицата:
[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]
Математически очаквания 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]
Тъй като [tex]XY=0[/tex] при [tex]X=0[/tex], към [tex]E(XY)[/tex] допринася само редът [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]
Следователно коефициентът на корелация е
[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] точно когато при първите [tex]k-1[/tex] хвърляния се пада герб, а при [tex]k[/tex]-тото хвърляне – лице. Поради независимостта на хвърлянията
[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] геометричният ред [tex]\sum_{k=0}^{\infty}q^k=\frac{1}{1-q}[/tex] може да се диференцира почленно във вътрешността на интервала си на сходимост; така се получава първата формула по-долу. Като я умножим по [tex]q[/tex] и диференцираме още веднъж, получаваме втората:
[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]
Следователно
[tex]D(X)=E(X^2)-(E(X))^2=6-4=2[/tex]
Това съвпада с формулата [tex]D(X)=\frac{1-p}{p^2}[/tex] за геометричното разпределение при [tex]p=\frac12[/tex].

Решение:
Нека [tex]X_1,\ldots,X_n[/tex] са резултатите, т.е. [tex]D(X_i)\lt 4[/tex], и нека [tex]\bar X=\frac{X_1+\ldots+X_n}{n}[/tex]. От линейността на математическото очакване и от независимостта получаваме
[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]
Неравенството на Чебишов при [tex]\varepsilon=4[/tex] дава
[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]
Достатъчно е
[tex]1-\frac{1}{4n}\ge 0{,}98\iff \frac{1}{4n}\le 0{,}02\iff n\ge 12{,}5[/tex]
Най-малкото такова цяло число е [tex]n=13[/tex]. При [tex]n=12[/tex] оценката, когато стандартните отклонения са близки до [tex]2[/tex], е близка до [tex]1-\frac{1}{48}=\frac{47}{48}\approx 0{,}979\lt 0{,}98[/tex], така че дванадесет измервания не са достатъчни.

Решение:
Първо намираме [tex]C[/tex] от условието за нормиране (интегралът от плътността по цялата равнина е [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]
В триъгълника [tex]0\le y\le x\le 1[/tex] събитието [tex]X+Y\lt 1[/tex] е областта [tex]0\le y\lt\frac12,\ y\le x\lt 1-y[/tex] (правите [tex]y=x[/tex] и [tex]x+y=1[/tex] се пресичат в точката [tex]\left(\frac12 ; \frac12\right)[/tex]). Тъй като [tex](x+y)^2[/tex] е примитивна на [tex]2(x+y)[/tex] относно [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:
Параметърът на експоненциалното разпределение е реципрочен на средната му стойност, така че времената са независими случайни величини [tex]X_1[/tex] и [tex]X_2[/tex] с плътности [tex]e^{-t}[/tex] и [tex]\frac12e^{-t/2}[/tex] при [tex]t\ge 0[/tex]. Работата продължава [tex]T=\max(X_1,X_2)[/tex]. Поради независимостта при [tex]t\ge 0[/tex] имаме
[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]
За неотрицателна случайна величина [tex]E(T)=\int_0^{\infty}P(T\gt t)\,dt[/tex], следователно
[tex]E(T)=\int_0^{\infty}\left(e^{-t}+e^{-t/2}-e^{-3t/2}\right)dt=1+2-\frac23=\frac73[/tex]
Средното време е [tex]\frac73[/tex] часа. (Друг начин: [tex]\max(X_1,X_2)=X_1+X_2-\min(X_1,X_2)[/tex], а [tex]\min(X_1,X_2)[/tex] е експоненциално разпределена с параметър [tex]1+\frac12=\frac32[/tex], т.е. със средна стойност [tex]\frac23[/tex].)

Решение:
Редът, в който излизат топките, е равновероятна пермутация на [tex]5[/tex]-те топки, а играчът получава точно топките, които стоят преди топката [tex]0[/tex] (самата топка [tex]0[/tex] не добавя нищо). За [tex]j=1,2,3,4[/tex] нека [tex]I_j=1[/tex], ако топката [tex]j[/tex] излиза преди топката [tex]0[/tex], и [tex]I_j=0[/tex] в противен случай. Тогава печалбата е
[tex]S=1\cdot I_1+2I_2+3I_3+4I_4[/tex]
Размяната на местата на топките [tex]j[/tex] и [tex]0[/tex] е биекция между пермутациите, в които [tex]j[/tex] е преди [tex]0[/tex], и тези, в които е след [tex]0[/tex], затова
[tex]E(I_j)=P(I_j=1)=\frac12,\qquad j=1,2,3,4[/tex]
От линейността на математическото очакване (за която не е нужна независимост)
[tex]E(S)=\frac{1+2+3+4}{2}=5[/tex]

Решение:
Кутията се избира по случаен начин, затова
[tex]P(Y=3)=\frac36=\frac12,\qquad P(Y=4)=\frac26=\frac13,\qquad P(Y=5)=\frac16[/tex]
При условие [tex]Y=n[/tex] броят на попаденията [tex]X[/tex] е биномно разпределен с параметри [tex]n[/tex] и [tex]0{,}6[/tex], така че [tex]E(X\mid Y=n)=0{,}6n[/tex]. Освен това
[tex]E(Y)=\frac32+\frac43+\frac56=\frac{11}{3},\qquad E(Y^2)=\frac92+\frac{16}{3}+\frac{25}{6}=14[/tex]
По формулата за пълното математическо очакване
[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]
Следователно
[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]
(Същото следва и от [tex]\operatorname{cov}(X,Y)=0{,}6\,D(Y)=0{,}6\cdot \frac59=\frac13[/tex].)

Решение:
Нека [tex]N[/tex] е броят на достигналите частици, а [tex]M[/tex] – броят на регистрираните. При условие [tex]N=n[/tex] регистрациите са [tex]n[/tex] независими опита на Бернули с вероятност за успех [tex]p[/tex], така че 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 формулата за пълната вероятност за всяко цяло [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]
Записваме [tex]\lambda^n=\lambda^k\lambda^{n-k}[/tex], полагаме [tex]m=n-k[/tex] и използваме реда [tex]e^z=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{z^m}{m!}[/tex], който е в сила за всяко реално [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]
Това са точно вероятностите на разпределението на Поасон с параметър [tex]\lambda p[/tex], с което твърдението е доказано.