Теория вероятностей

На этой странице размещён полный курс лекций с формулами, законами, теоремами и примерами решений по предмету "Теория вероятностей". Если у вас нет времени на решение заданий по теории вероятностей  - вы всегда можете попросить меня. Напишите мне в воцап, и я вам помогу онлайн или в срок 1-3 дня.

Содержание:

1. Введение в предмет теории вероятности
2. Краткий исторический очерк о теории вероятности

• Готовые решения задач по теории вероятности по всем темам

1. Основные понятия теории вероятностей. Непосредственный подсчет вероятностей 
2. Теоремы сложения и умножения вероятностей 
3. Формула полной вероятности и формула Бейеса 
4. Повторение опытов 
5. Случайные величины. Законы распределения.  Числовые характеристики случайных величин 
6. Системы случайных величин (Случайные векторы) 
7. Числовые характеристики функций случайных величин 
8. Законы распределения функций случайных величин. Предельные теоремы теории  вероятностей 
9. Случайные функции 
10. Марковские процессы. Потоки событий. Теория массового обслуживания 

• Основные понятия теории вероятностей

1. Случайные события
2. Классификация событий
3. Простые и составные случайные события
4. Операции над событиями
5. Классическое определение вероятности
6. Элементы комбинаторики в теории вероятностей: перестановки, размещения и комбинации
7. Перестановки
8. Комбинации
9. Аксиомы теории вероятностей и их следствия
10. Следствия аксиом
11. Геометрическая вероятность
12. Статистическая вероятность
13. Зависимые и независимые случайные события
14. Условная вероятность и ее свойство
15. Формулы умножения вероятностей для зависимых случайных событий
16. Формулы умножение вероятностей для независимых случайных событий
17. Вероятность появления случайного события по крайней мере один раз при n независимых попытках
18. Использование формул теории вероятностей для оценивания надежности работы простых систем
19. Формула полной вероятности
20. Формула Байеса
21. Повторяющиеся независимые эксперименты по схеме Бернулли
22. Формула Бернулли
23. Наиболее вероятное значение появления случайного события (мода)
24. Локальная теорема
25. Интегральная теорема
26. Свойства функции Лапласа
27. Использование интегральной теоремы
28. Формула Пуассона для маловероятных случайных событий
29. Простейший поток событий
30. Случайные величины
31. Одномерные случайные величины
32. Дискретные и непрерывные случайные величины. Законы распределения их вероятностей
33. Функция распределения вероятностей (интегральная функция) и ее свойства
34. Плотность вероятностей (дифференциальная функция) f(x) и ее свойства
35. Числовые характеристики случайных величин и их свойства
36. Математическое ожидание
37. Свойства математического ожидания
38. Мода и медиана случайной величины
39. Дисперсия и среднее квадратическое отклонение
40. Свойства дисперсии
41. Начальные и центральные моменты
42. Асимметрия и эксцесс
43. Многомерные случайные величины. Система двух случайных величин
44. Система двух дискретных случайных величин (X, Y) и их числовые характеристики
45. Основные числовые характеристики для случайных величин Х, Y, которые образуют систему (Х, Y)
46. Корреляционный момент. Коэффициент корреляции и его свойства
47. Условные законы распределения системы двух дискретных случайных величин и их числовые характеристики
48. Функция распределения вероятностей системы двух случайных величин и ее свойства
49. Плотность вероятностей системы двух непрерывных случайных величин (Х, Y), f(x,y) и ее свойства
50. Основные числовые характеристики для системы двух непрерывных случайных величин (Х, Y)
51. Условные законы распределения для непрерывных случайных величин Х и Y, которые образуют систему (Х, Y)
52. Стохaстическая зависимость
53. Система произвольного числа случайных величин
54. Плотность вероятностей системы n случайных величин
55. Числовые характеристики системы n случайных величин
56. Функции случайных аргументов
57. Функции двух случайных аргументов и их числовые характеристики
58. Числовые характеристики функции n случайных аргументов
59. Основные законы распределения
60. Основные законы целочисленных случайных величин
61. Вероятностные образующие функции и их свойства
62. Биномиальный закон распределения вероятностей
63. Пуассоновский закон распределения вероятностей
64. Геометрический закон распределения вероятностей
65. Равномерный закон распределения вероятностей
66. Гипергеометрический закон распределения вероятностей
67. Основные законы непрерывных случайных величин
68. Нормальный закон распределения
69. Правило трех сигм для нормального закона
70. Линейное преобразование для нормального закона
71. Двумерный нормальный закон (нормальный закон на плоскости)
72. Логарифмический нормальный закон распределения
73. Законы распределения случайных величин, связанных с нормальным законом распределения
74. Закон больших чисел. Граничные теоремы теории вероятностей
75. Неравенство Чебышева
76. Теорема Чебышева
77. Теорема Бернулли
78. Центральная граничная теорема теории вероятностей (теорема Ляпунова)
79. Центральная граничная теорема
80. Теорема Муавра—Лапласа
81. Приложения к лекции по теории вероятностей
82. Основные понятия и правила теории вероятностей
83. Случайные величины
84. Случайные события и действия с ними
85. Основные законы распределения
86. Совместные распределения случайных величин
87. Предмет математической статистики
88. Элементы комбинаторики

Введение в предмет теории вероятности

Теория вероятностей изучает закономерности в массовых случайных явлениях. Поясним это на двух простых примерах:

1. Проводится испытание - бросается монета. Если испытание проводится один раз, то предсказать его исход выпадение герба или цифры - невозможно, здесь царит случай. Пусть теперь испытание проводится много раз, причем так, что при каждом следующем испытании воспроизводится комплекс условий, при которых проводилось предыдущее; в этом случае говорят, что проводится серия независимых испытаний. Замечательным является то, что в этой ситуации случай исчезает: можно предсказать, что герб выпадет примерно в 50% случаев, причём этот прогноз тем точнее, чем больше проводится испытаний. Этот прогноз подтверждается многократными проверками, проводившимися в разное время учёными. Так, французский учёный Ж.Л.Л.Бюффон бросал монету 4040 раз, герб выпадал в 2048 случаях; шведский учёный К.Пирсон бросал монету 24000 раз, герб выпадал в 12012 случаях; и так далее.
2. Пусть испытание состоит в бросании тральной кости, представляющей собой куб, грани которого занумерованы цифрами 1-6. При однократном бросании предсказать исход невозможно, однако можно предсказать, что в длинной серии независимых бросаний каждая из цифр выпадает примерно в 1/6 части случаев, этот прогноз тем точнее, чем больше бросаний.

Проиллюстрированное на двух примерах явление, состоящее в том, что процент наступления случайного события в длинной серии независимых испытаний не случаен, представляет собой один из универсальных законов природы, получивший название закона больших чисел. Теория вероятностей представляет собой математическую модель этого закона. Вводимое в самом начале этой теории понятие "вероятность случайного события" и связанные с ним правила позволяют дать строгую математическую формулировку закона больших чисел, дают подходы к вычислению в ряде важных для практики случаев процента наступления случайного события в длинной серии испытаний до того, как эти испытания проводятся, и тем самым - подходы к прогнозированию результата этих испытаний. Методы прогнозирования по массовым случайным явлениям, развиваемые в теории вероятностей, широко применяются в настоящее время в различных областях науки и практической деятельности человека.

Краткий исторический очерк о теории вероятности

Истоки теории вероятностей теряются в глубине веков. Еще в древнем Египте собирались статические данные о народонаселении. Этот факт говорит о том, что уже тогда была замечена возможность практических выводов по результатам массовых случайных явлений. Однако многие столетия дальше сбора статистических данных дело не шло. В этот период никаких специальных методов не возникает, идет накопление материала.

В XVI веке появление работ Д. Кардано и Н. Тарталья знаменует собой первый шаг в развитии вероятностных представлений. В работах этих ученых впервые формулируются простейшие задачи из области азартных игр.

На роль случайностей в измерениях впервые обратил внимание великий Галилей. И хотя он не дал аналитического анализа оценки ошибок наблюдений, многие высказанные им положения оказали большое влияние на выработку основных понятий теории ошибок и теории вероятностей.

Дальнейшее развитие теории вероятностей можно условно разбить на 4 периода.

Первый период начинается с середины XVII века и продолжается до начала XVIII в. Он характеризуется возникновением теории вероятностей как науки.

До середины XVII в. не было никакого общего метода решения вероятностных задач. Однако следующие 50 лет ознаменовались выдающимися достижениями в этой области. В разработку вопросов теории вероятностей были вовлечены крупнейшие ученые того времени. В первую очередь здесь следует назвать Паскаля, Ферма и Гюйгенса. В своих трудах они уже широко использовали теоремы сложения и умножения, ввели понятие математического ожидания, а также выяснили фундаментальное значение для теории вероятностей понятий зависимости и независимости случайных событий.

В 1657г. Гюйгенс пишет первую книгу по теории вероятностей "О расчете в азартных играх". Примечательно его высказывание: "... при внимательном изучении предмета читатель заметит, что имеет дело не только с игрой, но что здесь закладываются основы очень интересной и глубокой теории".

Итак, в рассматриваемый период теория вероятностей превращается в науку. Она начинает использоваться для решения важных практических задач, находит свои первые применения в демографии (наука о народонаселении), страховом деле и теории ошибок.

Начало второю периода связано с появлением в 1713г. книги Я.Бернулли "Искусство предположений". В этой работе была строго доказана одна из важнейших теорем теории вероятностей, которая является простейшей формой закона больших чисел. Эта теорема утверждает, что относительная частота события при достаточно большом числе испытаний сходится в определенном смысле к вероятности этого события. Теорема Бернулли позволила придать определенный смысл понятию вероятности и применить теорию вероятностей к самым разнообразным задачам статистики.

Выдающимся ученым Муавру и Лапласу принадлежит заслуга доказательства одной из простейших форм центральной предельной теоремы. Они впервые ввели в рассмотрение нормальный закон, который играет исключительную роль в самых разнообразных задачах теории вероятностей.

Великий немецкий математик К.Ф. Гаусс доказал, что ошибки измерений подчиняются нормальному закону, и тем самым внес неоценимый вклад в теорию ошибок. Он также разработал метод обработки экспериментальных данных, который носит название "Метода наименьших квадратов". Здесь следует также отметить, что вывод нормального закона для случайных ошибок независимо от Гаусса и практически одновременно с ним получил малоизвестный американский математик Р. Эдрейн (1775-1843).

Второй период в развитии теории вероятностей завершается работами Пуассона, который доказал более общую, чем у Я. Бернулли, форму закона больших чисел. Ему также принадлежит заслуга применения методов теории вероятностей к задачам стрельбы. Имя Пуассона носит название один из важнейших законов распределения, который играет большую роль во многих задачах практики.

Следует отметить, что попытка Пуассона и некоторых других ученых применять теорию вероятностей к социальным явлениям вызвала оживленные споры и серьезные возражения в среде математиков и социологов. Появилось большое количество работ, посвященных неоправданным применениям теории вероятностей к жизни общества. Это привело к тому, что к теории вероятностей стали относиться скептически. А если еще учесть, что в это время недостаточно ясны были области приложения теории вероятностей в естественных науках, то становится понятным, почему интерес к ней на Западе резко упал.

Третий период в развитии теории вероятностей тесно связан с работами Петербургской математической школы. Следует отдать должное выдающемуся математику В.Я.Буняковскому (1804-1889), роль которого в распространении вероятностных идей в России переоценить нельзя. Он является автором первого курса теории вероятностей на русском языке и учителем великого русского математика П. Л. Чебышева, которого по праву можно назвать руководителем дореволюционной математической школы в России. Работы Чебышева в области теории вероятностей явились крупнейшим событием в математике. Они положили начало целому циклу глубоких исследований в области закона больших чисел. Его идеи оставили яркий след в развитии математики и предопределили надолго наперед направление и методы исследований массовых случайных явлений. "Вывел русскую теорию вероятностей на первое место в мире Пафнутий Львович Чебышев", - так оценил роль этого замечательного ученого академик А.Н. Колмогоров.

Наиболее выдающимися учениками Чебышева, оставившими неизгладимый след в развитии теории вероятностей, являются А.А. Марков и A.M. Ляпунов. Маркову принадлежит обобщение закона больших чисел на случай зависимых случайных величин. Его работы положили начало бурно развивающейся в настоящее время теории случайных функций. Ляпунову мы обязаны первым доказательством центральной предельной теоремы при весьма общих условиях.

Современный, четвертый период характеризуется исключительным подъемом интереса к теории вероятностей в самых различных областях человеческой деятельности. Этот интерес стимулировал бурное развитие многих направлений теории вероятностей.

Российская школа теории вероятностей, которая в настоящее время по праву занимает в мировой науке ведущее место, решила ряд принципиальных вопросов. В частности, академикам С. Н. Бернштейну и А. Н. Колмогорову принадлежат основополагающие работы в аксиоматическом построении теории вероятностей.

Большой вклад в развитие теории вероятностей внесли российские ученые А.Я. Хинчин, Б.В. Гнеденко, Е. Б. Дынкин, B.C. Пугачев, А.Н. Ширяев, А.А. Боровков, Ю.А. Розанов, Ю.В. Прохоров, И.И.Гихман, А.В. Скороход и другие. Теория вероятностей продолжает интенсивно развиваться в настоящее время.

Готовые решения задач по теории вероятности по всем темам

Приведены необходимые теоретические сведения и формулы, даны решения задач, приведены задачи из общего курса по "теории вероятностей" сопровождающиеся ответами и подробными объяснениями.

Основные понятия теории вероятностей. Непосредственный подсчет вероятностей 

Событием (или «случайным событием») называется всякий факт, который в результате опыта может произойти или не произойти. 

Вероятностью события называется численная мера степени объективной возможности этого события. Вероятность события А обозначается Р (А). 

Достоверным называется событие U, которое в результате опыта 
непременно должно произойти. 

Невозможным называется событие V, которое в результате опыта не может произойти. 

Вероятность любого события А заключена между нулем и единицей: 

Полной группой событий называется несколько событий таких, что в результате опыта непременно должно произойти хотя бы одно из них. 

Несколько событий в данном опыте называются несовместными, если никакие два из них не могут появиться вместе. 

Несколько событий в данном опыте называются равновозможными, если по условиям симметрии опыта нет оснований считать какое-либо из них более возможным, чем любое другое. 

Если несколько событий: 1) образуют полную группу; 2) несовместны; 3) равновозможны, то они называются случаями («шансами»). 

Случай называется благоприятным событию, если появление этого случая влечет за собой появление события. 

Если результаты опыта сводятся к схеме случаев, то вероятность события А вычисляется по формуле 

где - общее число случаев

 - число случаев, благоприятных событию А.

Пример 1.1. Образуют ли полную группу следующие группы ¦событий: 

Решение:

а) Опыт — бросание монеты; события: 
—появление герба; 
 — появление цифры. 

б) Опыт — бросание двух монет; события: 
 — появление двух гербов; 
— появление двух цифр. 

в) Опыт — два выстрела по мишени; события: 
—ни одного попадания; 
 — одно попадание; 
 — два попадания. 

г) Опыт—два выстрела по мишени; события: 
 — хотя бы одно попадание; 
 — хотя бы один промах. 

д) Опыт — вынимание карты из колоды; события: 
 — появление карты червонной масти; 
 — появление карты бубновой масти; 
—появление карты трефовой масти? 

Ответ: а) да; б) нет; в) да; г) да; д) нет. 

Пример 1.2. Являются ли несовместными следующие события: 

Решение:

а) Опыт — бросание монеты; события: 
— появление герба; 
—-появление цифры. 

б) Опыт — бросание двух монет; события: 
—появление герба на первой монете; 
—появление цифры на второй монете. 

в) Опыт — два выстрела по мишени; события: 
—ни одного попадания; 
—одно попадание; 
—два попадания. 

г) Опыт — два выстрела по мишени; события: 
—хотя бы одно попадание; 
 —хотя бы один промах. 

д) Опыт—вынимание двух карт из колоды; события: 
 — появление двух черных карт; 
 — появление туза; 
 — появление дамы? 

Ответ, а) да; б) нет; в) да; г) нет; д) нет. 

Пример 1.3. Являются ли равновозможными следующие события: 

Решение:

а) Опыт — бросание симметричной монеты; события: 
 — появление герба; 
 — появление цифры. 

б) Опыт — бросание неправильной (погнутой) монеты; события: 
— появление герба; 
— появление цифры. 

в) Опыт — выстрел по мишени; события: 
 — попадание; 
 — промах. 

г) Опыт—бросание двух монет; события: 
 — появление двух гербов; 
 — появление двух цифр; 
 — появление одного герба и одной цифры. 

д) Опыт — вынимание одной карты из колоды; события: 
— появление карты червонной масти; 
 —появление карты бубновой масти; 
 — появление карты трефовой масти. 

е) Опыт — бросание игральной кости; события: 
 — появление не менее трех очков; 
— появление не более четырех очков? 

Ответ, а) да; б) нет; в) общем случае нет; г) нет; д) да; е) да. 

Пример 1.4. Являются ли случаями следующие группы событий: 

Решение:

а) Опыт — бросание монеты; события: 
— появление герба; 
— появление цифры. 

б) Опыт — бросание двух монет; события: 
— появление двух гербов; 
— появление двух цифр; 
 — появление одного герба и одной цифры. 

в) Опыт — бросание игральной кости; события: 
 —появление не более двух очков; 
— появление трех или четырех очков; 
 — появление не менее пяти очков. 

г) Опыт — выстрел по мишени; события: 
 — попадание; 
— промах. 

д) Опыт — два выстрела по мишени; события: 
 — ни одного попадания; 
— одно попадание; 
 —два попадания. 

е) Опыт — вынимание двух карт из колоды; события: 
—появление двух красных карт; 
— появление двух черных карт? 
Ответ: а) да; б) нет; в) да; г) нет; д) нет; е) нет. 

Пример 1.11. В урне а белых и b черных шаров  Из урны вынимают сразу два шара. Найти вероятность того, что оба шара будут белыми. 

Решение:

Общее число случаев 

Число благоприятных случаев 

Вероятность события А — два белых шара — равна 

Пример 1.12. В урне а белых и b черных шаров  Из урны вынимают сразу пять шаров. Найти вероятность р того, что два из них будут белыми, а три черными. 

Решение:

Пример 1.15. Игральная кость бросается два раза. Найти вероятность р того, что оба раза появится одинаковое число очков. 

Решение:

(Другое Решение: Искомая вероятность есть вероятность того, что при втором бросании выпадет то же число очков, которое выпало при первом бросании: .)

Пример 1.18. В урне а белых и Ь черных шаров  Из урны вынимают одновременно два шара. Какое событие более вероятно: 
А — шары одного цвета; 
В—шары разных цветов? 

Решение:

Сравнивая числители этих дробей, находим 

при т.е. 

при 

при 

Пример 1.19. Трое игроков играют в карты. Каждому из них сдано по 10 карт и две карты оставлены в прикупе. Один из игроков видит, что у него на руках 6 карт бубновой масти и 4 — не бубновой. Он сбрасывает две карты из этих четырех и берет себе прикуп. Найти вероятность того, что 
он прикупит две бубновые карты. 

Решение:

Из 32 карт игроку известно 10, а остальные 22 — нет. Взять 2 карты из прикупа это все равно, что взять их из 22. В числе 22 карт две бубновых. Вероятность события равна 

Пример 1.22. Полная колода карт 52 листа) делится наугад на две равные пачки по 26 листов. Найти вероятности следующих событий: 
А — в каждой из пачек окажется по два туза; 
В — в одной из пачек не будет ни одного туза, а в другой— все четыре; 
С —в одной из пачек будет один туз, а в другой — три. 

Решение:

Общее число случаев Число благоприятных событию А случаев 

Событие В может осуществиться двумя способами: либо в первой пачке будут все четыре туза, а во второй — ни одного, либо наоборот: 

Аналогично 

Интересно сравнить эти вероятности: 

Пример 1.24. На девяти карточках написаны цифры: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8. Две из них вынимаются наугад и укладываются на стол в порядке появления, затем читается полученное число, например 07 (семь), 14 (четырнадцать) и т. п. Найти вероятность того, что число будет четным. 

Решение:

Четность числа определяется его последней цифрой, которая должна быть четной (нуль — тоже четное число). Искомая вероятность есть вероятность того, 
что на втором месте появится одно из чисел 0 2, 4, 6, 8, 5 то есть 

Пример 1.25. На пяти карточках написаны цифры: 1, 2, 3, 4, 5. Две из них, одна за другой, вынимаются. Найти вероятность того, что число на второй карточке будет больше, чем на первой. 

Решение:

Опыт имеет два возможных исхода: 
А — второе число больше первого, 
В — второе число меньше первого. 
Так как условия опыта симметричны относительно А и В, то 

Пример 1.26. Тот же вопрос, что в задаче 1.25, но первая карточка после вынимания кладется обратно и смешивается с остальными, а стоящее на ней число записывается. 

Решение:

Возможны три исхода опыта: 
А — второе число больше первого; 
В —второе число меньше первого; 
С — второе число равно первому. 

Всего возможно случаев; из них пять: 
1,1; 2,2; 3,3; 4,4; 5,5 

благоприятны событию С, а остальные 20 случаев поровну делятся на благоприятные событиям А и В. Следовательно, 

Пример 1.27. В урне а белых, Ь черных и с красных шаров. Из урны вынимают один за другим все находящиеся в ней шары и записывают их цвета. Найти вероятность того, что в этом списке белый цвет появится раньше черного. 

Решение:

Так как в условиях задачи наличие или отсутствие красных шаров роли не играет, то искомая вероятность равна вероятности вынуть первым белый шар из урны, в которой имеется а белых и b черных шаров, т. е. равна 

Пример 1.28. Имеется две урны: в первой а белых и b черных шаров; во второй с белых и d черных. Из каждой урны вынимается по шару. Найти вероятность того, что оба шара будут белыми. 

Решение:

Каждый шар из первой урны может комбинироваться с каждым шаром из второй; число случаев  Число благоприятных случаев  вероятность события 

Пример 1.30. В барабане револьвера семь гнезд, из них в пяти заложены патроны, а два оставлены пустыми. Барабан приводится во вращение, в результате чего против ствола случайным образом оказывается одно из гнезд. После этого нажимается спусковой крючок; если ячейка была пустая, выстрела не происходит. Найти вероятность р того, что, повторив такой опыт два раза подряд, мы оба раза не выстрелим. 

Решение:

Так как любое гнездо при первом выстреле может сочетаться с любым при втором, число случаев  Число благоприятных случаев равно числу  комбинаций пустых гнезд: 

Пример 1.31. В тех же условиях найти вероятность того, что оба раза выстрел произойдет. 

Решение:

По-прежнему  Число благоприятных случаев  так как при первом выстреле гнездо с патроном можно выбрать пятью способами, а при втором выстреле — четырьмя; 

Пример 1.32. В урне имеется k шаров, помеченных номерами 1, 2, ..., k . Из урны l раз вынимается по одному шару  номер шара записывается и шар кладется обратно в урну. Найти вероятность р того, что все записанные номера будут различны. 

Решение:

Число случаев  Число благоприятных случаев равно числу размещений из k элементов по l , т. е.  Вероятность события 

Пример 1.33. Из пяти букв разрезной азбуки составлено слово «книга». Ребенок, не умеющий читать, рассыпал эти буквы и затем собрал в произвольном порядке. Найти вероятность р того, что у него снова получилось слово «книга». 

Пример 1.34. Тот же вопрос, если было составлено слово «ананас». 

Решение:

Число случаев  число благоприятных случаев уже не один, как в задаче   так как повторяющиеся буквы «а» и «н» можно произвольным образом переставлять между собой; .

Пример 1.35. Из полной колоды карт (52 листа, 4 масти) вынимается сразу несколько карт. Сколько карт нужно вынуть для того, чтобы с вероятностью, большей чем 0,50, утверждать, что среди них будут карты одной и той же масти? 

Решение: Обозначим  наличие среди k вынутых карт не менее двух одной масти. 

При 

При 

Итак, нужно вынуть карт.

Пример 1.36. N человек случайным образом рассаживаются за круглым столом  Найти вероятность р того, что два фиксированных лица А и В окажутся рядом. 

Решение:

Число случаев  число благоприятных случаев m = 2N, так как всего пар соседних мест N, а на каждой паре соседних мест лиц А и В можно рассадить двумя способами: 

Пример 1.38. На бочонках лото написаны числа от 1 до N. Из этих N бочонков случайно выбираются два. Найти вероятности следующих событий: 

А — на обоих бочонках написаны числа, меньшие чем k 
В—на одном из бочонков написано число, большее k , а на другом — меньшее k . 

Решение:

Число случаев 

Для события А получим: 

.

Имея в виду, что  k—1 бочонков имеют номера меньше чем k, N—k бочонков — номера больше чем k, и один бочонок— номер k, получим для события В: 

Пример 1.39. Батарея из М орудий ведет огонь по группе, состоящей из N целей  Орудия выбирают себе цели последовательно, случайным образом, при условии, что никакие два орудия стрелять по одной цели не могут. Найти вероятность р того, что будут обстреляны цели с номерами 1, 2, ..., М. 

Решение:

Число способов, которыми можно распределить М орудий по  N целям, равно  (число размещений из N элементов по М). Число благоприятных случаев (при которых обстреливаются только первые М целей) 

.

Пример 1.40. В урне имеется К шаров; из них: 

 шаров 1 -го цвета;

шаров  цвета;

шаров  цвета 

Из урны вынимают одновременно k шаров. Найти вероятность того, что среди них будет: 

шаров 1 -го цвета;

шаров  цвета;

шаров  цвета 

Решение:

Общее число случаев п равно числу способов, какими можно вынуть k шаров из К: 

Число благоприятных случаев: 

так как группу шаров первого цвета можно выбрать  способами, группу шаров второго цвета— способами и т. д. Вероятность события 

Пример 1.42. В условиях предыдущей задачи найти вероятность того, что все орудия будут стрелять по разным целям. 

Решение:

Группу из k обстрелянных целей можно выбрать  способами, а в пределах группы распределить орудия  способами:  общее число случаев  
искомая вероятность события 

Пример 1.43. Четыре шарика случайным образом разбрасываются по четырем лункам; каждый шарик попадает в ту или другую лунку с одинаковой вероятностью и независимо от других 
(препятствий к попаданию в одну и ту же лунку нескольких шариков нет). Найти вероятность того, что в одной из лунок окажется три шарика, в другой — один, а в двух остальных лунках шариков не будет. 

Решение:

Общее число случаев  Число способов, которыми можно выбрать одну лунку, где будут три шарика,  Число способов, которыми можно выбрать лунку, где будет один шарик,  Число способов, которыми можно выбрать из четырех шариков три, чтобы положить их в первую лунку,  Общее число благоприятных случаев  Вероятность события: 

Пример 1.45. Имеется М шариков, которые случайным образом разбрасываются по N лункам. Найти вероятность того, что в первую лунку попадет ровно  шариков, во вторую —  шариков и т. д., в  —  шариков,

 

Решение:

Число случаев  Число благоприятных случаев подсчитывается следующим образом. Число способов, какими можно выбрать из М шариков  равно  число 
способов, какими можно из оставшихся  шариков выбрать  равно  и т. д.; число способов, какими можно из  выбрать  равно 
 Все эти числа нужно перемножить: 

Вероятность события 

Пример 1.46*. В условиях задачи 1.45 найти вероятность того, что в одной из лунок (все равно, в какой) будет  шариков, в другой —  и т. д., в  —  шариков (числа  ..., ) предполагаются различными). 

Решение:

По сравнению с задачей 1.45 число благоприятных случаев увеличится в  раз (это число способов, каким можно переставить между собой  чисел: ). 
Вероятность события 

Пример 1.47*. В условиях задачи 1.45 найти вероятность того, что из N лунок будет  таких, в которые не попадет ни одного шарика;  таких, в которые попадет ровно один шарик, и т. д.;  таких, в которые попадут все М шариков: 

Решение:

Общее число случаев  Чтобы найти число благоприятных случаев , нужно перемножить число способов, какими можно выбрать лунки, и число способов, 
какими можно выбрать шарики. Лунки можно выбрать ~ способами. 

Найдем число способов, какими можно выбрать шарики. Шарики распадаются на группы: начальная группа (по 0 шариков) пустая; первая содержит  шариков; вообще  — 
 шариков  Группы шариков можно выбрать 

способами. Теперь определим, сколькими способами можно выбрать шарики внутри k-й группы так, чтобы в каждой из  лунок лежало по k шариков. Это число способов равно 

а число способов, какими можно выбрать все шарики для всех групп, равно произведению таких чисел для разных k: 

Перемножая, получим число способов, какими можно выбрать шарики: 

Умножая это на число способов, какими можно выбрать лунки, находим число благоприятных случаев: 

откуда вероятность события 

Пример 1.48. В лифт семиэтажного дома на первом этаже вошли три человека. Каждый из них с одинаковой вероятностью выходит на любом из этажей, начиная со второго. Найти 
вероятности следующих событий: 

А — все пассажиры выйдут на четвертом этаже; 
В—все пассажиры выйдут одновременно (на одном и том же этаже); 
С—все пассажиры выйдут на разных этажах. 

Решение:

Задача того же типа, что и задачи о разбрасывании шариков по лункам. Этажи играют роль «лунок»  пассажиры—«шариков»  Число случаев   Вероятность события В вшестеро больше вероятности события А (так как этажей, на которых можно выйти, шесть);  и   Для события С число способов, которыми можно распределить трех пассажиров по шести этажам: 
Те же вероятности Р (В) и Р (С) можно найти и по общей формуле решения задачи 1.47, полагая 

для события В, 

для события С. 

Теоремы сложения и умножения вероятностей 

Суммой двух событий А и В называется событие С, состоящее в появлении хотя бы одного из событий А или В. 
Суммой нескольких событий называется событие, состоящее в появлении хотя бы одного из этих событий. 
Произведением двух событий А и В называется событие С, состоящее в совместном появлении события А и события В. 
Произведением нескольких событий называется событие, состоящее в совместном появлении всех этих событий. 

Теорема сложения вероятностей :

Вероятность суммы двух несовместных событий равна сумме вероятностей этих событий: 

В случае, когда события А и В совместны, вероятность их суммы выражается формулой 

где АВ — произведение событий А и В. 

Теорема сложения вероятностей для нескольких событий:

Вероятность суммы нескольких несовместных событий равна сумме их вероятностей: 

В случае, когда события - совместны, вероятность их суммы выражается формулой

 

где суммы распространяются на все возможные комбинации различных индексов  взятых по одному, по два, по три и т. д. 

Если события  несовместны и образуют полную группу, то сумма их вероятностей равна единице: 

Событие  называется противоположным событию А, если оно состоит в непоявлении события А. 

Сумма вероятностей противоположных событий равна единице: 

Условной вероятностью события А при наличии В называется вероятность события А, вычисленная при условии, что событие В произошло. Эта вероятность обозначается  

События Л и В называются независимыми, если появление одного из них не меняет вероятности появления другого. Для независимых событий 

Теорема умножения вероятностей:

Вероятность произведения двух событий равна вероятности одного из них, умноженной на условную вероятность другого при наличии первого: 

или

Для независимых событий А и В 

Теорема умножения вероятностей для нескольких событий:

В случае, когда события независимы, т. е. появление любого числа из них не меняет вероятностей появления остальных, 

Пример 2.1. Может ли сумма двух событий А и В совпадать с их произведением? 

Решение:

Да, может, если события эквивалентны (равнозначны), т. е. если из события А вытекает В и, наоборот, из В вытекает А. Например, пусть производится один выстрел по мишени. Предположим, что попадание в мишень непременно приводит к ее разрушению и никаким другим способом мишень разрушена быть не может; тогда два события 

А — попадание в мишень, 
В—разрушение мишени 
эквивалентны (А = В), и для них 

Пример 2.2. Доказать, что вероятность суммы двух событий не больше, чем сумма вероятностей этих событий: 

Решение:

Это неравенство вытекает из формулы (*) стр. 20, так как  

Пример 2.4. По мишени производится три выстрела. Рассматриваются события  — попадание при  выстреле ( =1,2, 3). 
Представить в виде сумм, произведений или сумм произведений событий  и  следующие события: 

А — все три попадания; 
В —все три промаха; 
С — хотя бы одно попадание; 
D — хотя бы один промах; 
Е — не меньше двух попаданий; 
F — не больше одного попадания; 
О —попадание в мишень не раньше, чем при третьем выстреле. 

Решение:

  2) 3)  или 

или  

  

Пример 2.7. Назвать противоположные для следующих событий: 
А—выпадение двух гербов при бросании двух монет; 
В — появление белого шара при вынимании одного шара из урны, в которой 2 белых, 3 черных и 4 красных шара; 
С —три попадания при трех выстрелах; 
D — хотя бы одно попадание при пяти выстрелах; 
Е — не более двух попаданий при пяти выстрелах; 
F — выигрыш первого игрока при игре в шахматы. 

Ответы. —выпадение хотя бы одной цифры; 
 — появление черного или красного шара; 
—хотя бы один промах; 
 — все пять промахов; 

 — более двух попаданий; 
 —выигрыш второго или ничья. 

Пример 2.8. Событие В есть частный случай события А, т. е. из появления события В следует, что событие А произошло. 
Следует ли из  что  произошло? 

Решение:

Нет, не следует! Например: опыт состоит из двух выстрелов; А — хотя бы одно попадание; В — два попадания. Если произошло В, из этого следует, что А произошло. Если же произошло  (менее двух попаданий), из этого еще не следует, что произошло  (ни одного 
попадания). Наоборот, из  следует . 

Пример 2.9. Если событие В представляет собой частный случай события А, зависимы эти события или нет? 

Решение:

Зависимы, если  так как 

Пример 2.10. Зависимы или независимы: 
1) несовместные события; 
2) события, образующие полную группу; 
3) равновозможные события? 

Решение:

1) Зависимы, так как появление любого из них обращает в нуль вероятности всех остальных; 2) зависимы, так как непоявление всех, кроме одного, обращает в единицу 
вероятность последнего; 3) могут быть как зависимы, так и независимы. 

Пример 2.11. Опыт состоит в последовательном бросании двух монет. Рассматриваются события: 
А — выпадение герба на первой монете; 
D —-выпадение хотя бы одного герба; 
Е —выпадение хотя бы одной цифры; 
F — выпадение герба на второй монете. 

Определить, зависимы или независимы пары событий: 
1) А и Е; 2) А и F; 3) D и Е; 4) D и F. 
Определить условные и безусловные вероятности событий в каждой паре. 

Решение:

события зависимы. 

события независимы. 

события зависимы. 

события зависимы. 

Пример 2.12. Из полной колоды карт  (52 листа) вынимается одна карта. Рассматриваются события: 
А — появление туза; 
В —появление карты красной масти; 
С —появление бубнового туза; 
D — появление десятки. 
Зависимы или независимы следующие пары событий: 
1) А и В; 2) А и С; 3) В и С; 4) В и D; 5) С и D? 

Решение:

1) независимы, так как 
2) зависимы, так как 
3) зависимы, так как 
4) независимы, так как 
5) зависимы, так как несовместны. 

Пример 2.15. В урне а белых и b черных шаров. Из урны вынимаются сразу два шара. Найти вероятность того, что эти шары будут разных цветов. 

Решение:

Событие может появиться в двух несовместных вариантах: бч или чб; по теоремам сложения и умножения 

*) Данная задача, как и ряд других в главе 2, может быть решена и с помощью непосредственного подсчета числа случаев; здесь требуется решить их с помощью теорем сложения или умножения. 

Пример 2.17. В урне а белых и b черных шаров. Из урны в случайном порядке, один за другим, вынимают все находящиеся в ней шары. Найти вероятность того, что вторым по порядку 
будет вынут белый шар. 

Решение:

Вероятность события может быть найдена непосредственно (см. задачу 1.10). Тот же результат может быть найден и по теоремам сложения и умножения: 

Пример 2.18. В урне а белых, b черных и с красных шаров. Три из них вынимаются наугад. Найти вероятность того, что по крайней мере два из них будут одноцветными. 

Решение:

Чтобы найти вероятность события А —по крайней мере два шара будут одноцветными, — перейдем к противоположному  — все шары разных цветов: 

Отсюда 

Пример 2.19. Имеется коробка с девятью новыми теннисными мячами. Для игры берут три мяча; после игры их кладут обратно. При выборе мячей игранные от неигранных не отличают. Какова вероятность того, что после трех игр в коробке не останется неигранных мячей? 

Решение:

Событие А может произойти единственным способом: первый раз, второй и третий из коробки будут вынуты неигранные мячи. Первый раз это обеспечено; поэтому 

Пример 2.22. Уходя из квартиры, N гостей, имеющих одинаковые номера обуви, надевают калоши в темноте. Каждый из них может отличить правую калошу от левой, но не может отличить свою от чужой. Найти вероятности следующих событий: 
А — каждый гость наденет свои калоши; 
В —каждый гость наденет калоши, относящиеся к одной паре (может быть и не свои). 

Решение:

Каждый гость выбирает одну правую калошу и одну левую; правых калош N и левых N. По теореме умножения 

Пример 2.23. В условиях предыдущей задачи найти вероятности событий А и В, если гости не могут отличить правой калоши от левой и просто берут первые попавшиеся две калоши. 

Решение:

По теореме умножения 

где 

Пример 2.24. Бросаются две монеты. Рассматриваются события: 
А — выпадение герба на первой монете; 
В — выпадение герба на второй монете. 
Найти вероятность события С=А + В. 

Решение: 

 или, через противоположное событие, 

Пример 2.26. Ведется стрельба по самолету, уязвимыми агрегатами которого являются два двигателя и кабина пилота. Для того чтобы поразить (вывести из строя) самолет, достаточно поразить оба двигателя вместе или кабину пилота. При данных условиях стрельбы вероятность поражения первого двигателя равна  второго двигателя , кабины пилота  Агрегаты 
самолета поражаются независимо друг от друга. Найти вероятность того, что самолет будет поражен. 

Решение:

Событие А —поражение самолета есть сумма двух совместных событий: 
Д — поражение обоих двигателей; 
К — поражение кабины. 

Пример 2.27. В урне а белых и b черных шаров. Из урны вынимаются  шаров  Найти вероятность того, что среди них будет больше белых, чем черных. 

Решение:

Данную задачу проще решить, комбинируя методы непосредственного подсчета вероятностей с теоремой сложения. Событие А — больше белых шаров, чем черных — 
можно представить в виде суммы 

где  - появление  белых шаров 

откуда 

 

Пример 2.28. В партии, состоящей из N изделий, имеется М дефектных. Из партии выбирается для контроля m изделий. Если среди контрольных окажется более m дефектных, бракуется 
вся партия. Найти вероятность того, что партия будет забракована. 

Решение:

Событие А — партия забракована—можно представить в виде суммы 

где — событие, состоящее в том, что среди контрольных изделий  дефектных. 

Пример 2.29. Из полной колоды карт (52 карты) вынимают  одновременно четыре карты. Рассматриваются события: 
А — среди вынутых карт будет хотя бы одна бубновая; 
В—среди вынутых карт будет хотя бы одна червонная. 
Найти вероятность события С = А + В. 

Решение:

Переходя к противоположному событию С — нет ни бубновой, ни червонной карты, имеем 

откуда 

Пример 2.32. Имеется группа из  космических объектов, каждый из которых независимо от других обнаруживается радиолокационной станцией с вероятностью р. За группой объектов ведут наблюдение независимо друг от друга m радиолокационных станций. Найти вероятность того, что не все объекты, входящие в группу, будут обнаружены. 

Решение:

Переходим к противоположному событию  — все объекты будут обнаружены: 

Пример 2.35.  32 буквы русского алфавита написаны на карточках разрезной азбуки. Пять карточек вынимаются наугад одна за другой и укладываются на стол в порядке появления. Найти 
вероятность того, что получится слово «конец». 

Решение:

Те же условия, но вынутые пять карточек можно менять местами произвольным образом. Какова вероятность того, что из вынутых пяти карточек можно сложить слово 
«конец». 

Решение:

Существует 5! перестановок из 5 букв; вероятность каждой из них вычисляется, как в предыдущей задаче;  искомая вероятность равна 

Пример 2.37. Два шарика разбрасываются случайно и независимо друг от друга по четырем ячейкам, расположенным одна за другой по прямой линии. Каждый шарик с одинаковой вероятностью 1/4 попадает в каждую ячейку. Найти вероятность того, что шарики попадут в соседние ячейки. 

Решение:

Событие А —шарики попали в соседние ячейки — разобьем на столько вариантов, сколько можно образовать пар соседних ячеек; получим 

где —шарики попали в первую и вторую ячейки; 
— шарики попали во вторую и третью ячейки; 
 — шарики попали в третью и четвертую ячейки. 
Вероятность каждого из вариантов одна и та же и равна 

Пример 2.38. k шариков разбрасываются случайным образом и независимо друг от друга по п ячейкам, расположенным одна за другой по прямой линии Найти вероятность того, 
что они займут k соседних ячеек. 

Решение:

k соседних ячеек из п можно выбрать  способами. Вероятность попадания k шариков в каждую их групп соседних ячеек равна   (так как их 
можно разбросать по этим ячейкам  способами). Вероятность события А — шарики попали в k соседних ячеек—равна 

Пример 2.39. Производится стрельба по самолету зажигательными снарядами. Горючее на самолете сосредоточено в четырех баках, расположенных в фюзеляже один за другим. Площади 
баков одинаковы. Для того чтобы зажечь самолет, достаточно попасть двумя снарядами либо в один и тот же бак, либо в соседние баки. Известно, что в область баков попало два 
снаряда. Найти вероятность того, что самолет загорится. 

Решение:

Событие А — воспламенение самолета — есть сумма двух несовместных вариантов: 

где — оба снаряда попали в один и тот же бак; 
—снаряды попали в соседние баки.

 

Вероятность события  находим согласно задаче 2.37: 

отсюда 

Пример 2.40. Из полной колоды карт (52 листа) вынимаются сразу четыре карты. Найти вероятность того, что все эти четыре карты будут разных мастей. 

Решение:

Первая карта может быть какой угодно масти; вторая должна быть не такой, как первая; третья не такой, как первая и вторая; четвертая — не такой, как три первые. Искомая вероятность равна 

Пример 2.45. По некоторой цели одновременно производится п выстрелов. Каждый выстрел независимо от других поражает цель (выводит ее из строя) с вероятностью р. Найти вероятность того, что после л выстрелов цель будет поражена. Изменится ли эта вероятность, если выстрелы производятся последовательно, результат каждого выстрела наблюдается и после поражения цели стрельба немедленно прекращается? 
Сколько надо произвести выстрелов, чтобы поразить цель с вероятностью не менее 

Решение:

Обозначим А поражение цели; переходя к событию  получим  при наблюдении вероятность не изменится. 

Полагая  и решая это неравенство относительно  получим  В качестве решения задачи берется наименьшее целое число удовлетворяющее этому условию. 

Пример 2.48. Производится стрельба двумя снарядами по k бакам с горючим (k > 2), расположенным рядом друг с другом в одну линию (рис. 2.48). 

Каждый снаряд независимо от других попадает в первый бак с вероятностью , во второй — с вероятностью  и т. д. Для воспламенения баков требуется два попадания в один и тот же бак или два попадания в соседние баки. 
Найти вероятность воспламенения баков. 

Решение:

Событие А — воспламенение баков — распадается на сумму двух вариантов: 

где — оба снаряда попали в один бак; 
 — снаряды попали в соседние баки. 

Пример 2.53. Для повышения надежности прибора он дублируется другим- точно таким 
же прибором (рис. 2.53); надежность (вероятность безотказной работы) каждого 
прибора равна р. При выходе из строя первого прибора происходит мгновенное 
переключение на второй (надежность переключающего устройства равна единице). Определить надежность системы двух дублирующих друг друга приборов. 

Решение:

Отказ системы требует совместного отказа обоих приборов; надежность системы равна 

Пример 2.57*. Техническая система состоит из п блоков, надежность каждого из которых равна р. Выход из строя хотя бы одного блока влечет за собой выход из строя всей системы. 

С целью повышения надежности системы производится дублирование, для чего выделено еще п таких же блоков. Надежность переключающих устройств полная. Определить, какой способ дублирования дает большую надежность системы:  

а) дублирование каждого блока (рис. 2.57, а), 
б) дублирование всей системы (рис. 2.57, б). 

Решение:

Надежность системы, дублированной по способу а), будет 

по способу б): 

Покажем, что при любом и 

Так как

То достаточно доказать неравенство: Положим 

неравенство примет вид 

или

 

Применяя формулу бинома, замечаем, что все отрицательные 
члены уничтожаются: 

что и доказывает требуемое неравенство. 

Пример 2.59. Прибор состоит из трех узлов. В первом узле элементов, во втором  и в третьем  Для работы прибора безусловно необходим узел /; два других узла // и /// дублируют 
друг друга (рис. 2.59).

Надежность каждого элемента одна и та же и равна р. Выход из строя одного элемента означает выход из строя всего узла. Элементы выходят из строя независимо друг от друга.
Найти надежность прибора Р. 

Решение:

Надежность узла 
Надежность узла 
Надежность узла 
Надежность дублированного узла  

Надежность прибора 

Пример 2.60. Производится стрельба ракетами по некоторой наблюдаемой цели. Вероятность попадания каждой ракеты в цель равна р; попадания отдельных ракет независимы. Каждая попавшая ракета поражает цель с вероятностью  Стрельба ведется до поражения цели или до израсходования всего боезапаса; на базе имеется боезапас п ракет (п > 2). 
Найти вероятность того, что не весь этот боезапас будет израсходован. 

Решение:

Переходим к противоположному событию  — весь боезапас израсходован. Чтобы произошло событие , первые п—1 ракет не должны поразить цель: 

Пример 2.61. В условиях предыдущей задачи найти вероятность того, что после поражения цели в запасе останутся неизрасходованными не менее двух ракет. 

Решение:

Противоположное событие  — останется менее двух ракет —равносильно тому, что первые п — 2 ракет не поразили цели: 

Пример 2.62. В условиях задачи 2.60 найти вероятность того, что будет израсходовано не более двух ракет. 

Решение:

Чтобы было израсходовано не более двух ракет, достаточно, чтобы при первых двух выстрелах цель была поражена; вероятность этого 

Пример 2.63. Производится стрельба двумя ракетами по самолету. Самолет имеет оборонительное вооружение, позволяющее ему произвести по каждой ракете два независимых выстрела. 
Каждым из этих выстрелов ракета поражается с вероятностью р. Если ракета не поражена, то она независимо от другой поражает самолет с вероятностью Р. Найти вероятность того, что самолет будет поражен. 

Решение:

Чтобы поразить самолет, ракета должна быть не поражена. Вероятность поражения самолета одной ракетой с учетом противодействия будет а двумя ракетами 

Пример 2.65. Техническое устройство, состоящее из k узлов, работало в течение некоторого времени t. За это время первый узел оказывается неисправным с вероятностью  второй — с вероятностью  и т. д. Наладчик, вызванный для осмотра устройства, обнаруживает и устраняет неисправность каждого узла, если она имеется, с вероятностью р, 
а с вероятностью  объявляет узел исправным. Найти вероятность того, что после осмотра наладчиком хотя бы один узел устройства будет неисправным.

Решение:

Вероятность i-му узлу быть неисправным после осмотра равна вероятности того, что он стал неисправным за время t, умноженной на вероятность того, что наладчик не обнаружит этой неисправности: . Вероятность того, что это событие случится хотя бы с одним из узлов, равна 

Пример 2.67. N стрелков независимо один от другого ведут стрельбу каждый по своей мишени. Каждый из них имеет боезапас k патронов. Вероятность попадания в мишень при 
одном выстреле для i-го стрелка равна При первом же попадании в свою мишень стрелок прекращает стрельбу. Найти вероятности следующих событий: 
А — у всех стрелков вместе останется неизрасходованным хотя бы один патрон; 
В—ни у кого из стрелков не будет израсходован весь боезапас; 
С—какой-либо один из стрелков израсходует весь боезапас, а все остальные — не весь. 

Решение:

Событие — весь боезапас израсходован — требует, чтобы у всех N стрелков первые k—1 выстрелов дали промах: 

Событие В требует, чтобы у каждого стрелка хотя бы один из первых k—1 выстрелов дал попадание: 

Событие С может осуществиться в N вариантах:  где  стрелок израсходовал весь боезапас, а остальные—не весь 

Пример 2.68. Для стрельбы по некоторой цели выделено п снарядов. Каждый снаряд попадает в цель независимо от других с вероятностью р. Сразу же после попадания дается команда о прекращении стрельбы, но за время передачи команды установка успевает произвести еще s выстрелов (s < п—1). Найти вероятности следующих событий: 

А — в запасе останется не менее m неизрасходованных снарядов 
В—k-й по порядку выстрел не будет осуществлен 

Решение:

Событие  означает, что при первых  выстрелах попадание не произойдет; поэтому 

Событие В означает, что не позже, чем за s выстрелов до (k — 1}-го, произошло попадание в цель; вероятность события В равна вероятности хотя бы одного попадания 
при первых  выстрелах. 

Пример 2.69*. N стрелков стреляют поочередно по одной мишени. Стрельба ведется до первого опадания. Вероятность попасть в мишень для каждого стрелка равна 
Выигравшим считается тот стрелок, который первым попадет в мишень. У каждого стрелка в запасе имеется п патронов. Определить вероятность того, что выиграет  стрелок. 

Решение:

Рассмотрим событие  состоящее в том, что  стрелок выиграет соревнование, израсходовав  патронов. 

где

Вероятность выиграть  стрелку равна 

Пример 2.70*. По некоторому объекту ведется стрельба п независимыми выстрелами. Объект состоит из k частей (элементов). Вероятность попадания в  элемент при одном выстреле равна  Найти вероятность  того, что в результате стрельбы будет  промахов,  попаданий в первый элемент, и т. д., вообще - попаданий в  элемент 

Решение:

Число способов, какими можно из п  снарядов выбрать  таких, которые дадут промахи,  таких, которые попадут в 1-й элемент, и т. д., равно (см. задачу 1.45). 

Вероятность каждого конкретного варианта расположения попаданий равна  где  (вероятность промаха). Умножая эту вероятность на число вариантов, получим 

Пример 2.71*. В условиях предыдущей задачи найти вероятность поражения (вывода из строя) объекта, если для его поражения требуется поразить не менее двух элементов, а для поражения элемента достаточно одного попадания. 

Решение:

Обозначим А — поражение объекта. Противоположное событие  может осуществиться в  вариантах: 

где  — ни один элемент не поражен;' 
 — поражен только  элемент, остальные не поражены 

 (все выстрелы дали промах). 

Вероятность события подсчитаем, разложив его на ряд слагаемых:  где  — элемент поражен ровно s снарядами 

Пример 2.72. Из полной колоды карт (52 листа) вынимают сразу две карты. Одну из них смотрят — она оказалась дамой; после этого две вынутые карты перемешивают, и одну из них берут наугад. Найти вероятность того, что она окажется тузом. 

Решение:

Чтобы событие А — появление туза при втором вынимании — имело место, нужно прежде всего, чтобы мы вынули не ту карту, которую вынули первый раз (вероятность этого 1/2); затем, чтобы вторая карта была тузом. 

Пример 2.73. Условия опыта те же, что в предыдущей задаче, но первая (посмотренная) карта оказалась тузом; найти вероятность того, что при втором вынимании мы получим 
тоже туз. 

Решение:

Событие А —туз при втором вынимании — может произойти в двух вариантах: 
— второй раз появился тот же туз, что первый раз; 
— второй раз появился не тот, а другой туз. 

Пример 2.76. Происходит воздушный бой между бомбардировщиком и двумя атакующими его истребителями. Стрельбу начинает бомбардировщик; он дает по каждому истребителю 
один выстрел и сбивает его с вероятностью  Если данный истребитель не сбит, то он независимо от судьбы другого стреляет по бомбардировщику и сбивает его с вероятностью  

Определить вероятности следующих исходов боя: 
А—сбит бомбардировщик; 
В—сбиты оба истребителя; 
С—сбит хотя бы один истребитель; 
D — сбит хотя бы один самолет; 
Е—сбит ровно один истребитель; 
F—сбит ровно один самолет. 

Решение:

Вероятность того, что один истребитель собьет бомбардировщик, равна  вероятность того, что хоть один из них собьет бомбардировщика: 

Событие F представляется в виде 

где  — сбит бомбардировщик, а оба истребителя целы; 
 — первый истребитель сбит, а второй истребитель и бомбардировщик целы; 
 — второй истребитель сбит, а первый истребитель и бомбардировщик целы. 

Пример 2.78. Прибор состоит из трех узлов; один из них безусловно необходим для работы прибора; два других дублируют друг друга. В результате работы устройства в нем появляются неисправности; каждая неисправность с одной и той же вероятностью появляется в любом из элементов, составляющих узлы. Первый узел состоит из  элементов; второй — из  элементов, третий — из  элементов  При неисправности хотя бы одного элемента узел выходит из строя. 

Известно, что в приборе имеется четыре неисправности (в четырех разных элементах). Найти вероятность того, что наличие этих неисправностей делает невозможной работу 
прибора. 

Решение:

Событие А — невозможность работы прибора— распадается на два варианта: 

где  — вышел из строя первый узел; 
 — первый узел не вышел из строя, но второй и третий— вышли. 

Чтобы произошло событие , нужно, чтобы хотя бы одна из четырех неисправностей пришлась на первый узел: 

Для определения вероятности события  мы должны вероятность события  — первый узел не вышел из строя — умножить на вероятность того, что второй и третий узлы вышли из строя (с учетом того, что все четыре неисправности приходятся на второй и третий узлы). Последнее событие может осуществиться в трех вариантах: или одна неисправность будет во втором, а три других — в третьем узле, или наоборот: три во втором и одна в третьем; или 
же во втором и третьем узлах будет по две неисправности. Вероятность первого варианта: 

Вероятность второго варианта: 

Вероятность третьего варианта: 

Отсюда 

Пример 2.79. Имеется электроприбор, который может выходить из строя (перегорать) только в момент включения. Если прибор включался до сих пор k—1 раз и еще не перегорел, то условная вероятность ему перегореть при k-м включении равна  Найти вероятности следующих событий: 

А — прибор выдержит не менее п включений; 
В—прибор выдержит не более п включений; 
С—прибор перегорит точно при п-м включении. 

Решение:

Вероятность события А равна вероятности того, что при первых п включениях он не перегорит: 

Чтобы найти вероятность события В, переходим к противоположному: 

— прибор выдержит более п включений. Для этого достаточно, чтобы при первых 
включениях прибор не перегорел: 

Чтобы прибор перегорел точно при п-м включении, надо, чтобы он не перегорел при первых (п—1) включениях, а при п-м перегорел: 

Пример 2.80. Прибор состоит из четырех узлов; два из них (/ и //) безусловно необходимы для исправной работы прибора, а два (/// и IV) дублируют друг друга (рис. 2.80).

Узлы могут выходить из строя только при включении. При k-м включении исправный узел / (независимо от других) выходит из строя с вероятностью узел // — с вероятностью  узел /// и узел IV—с одинаковой вероятностью , Найти вероятности тех же событий А, В, С, что в задаче 2.79. 

Решение:

Задача сводится к предыдущей, если найти условную вероятность  выйти из строя исправному прибору при k-м включении: 

Пример 2.81. В урне а белых и b черных шаров. Два игрока поочередно вынимают из урны по одному шару, каждый раз вкладывая его обратно и перемешивая шары. Выигравшим 
считается тот, кто раньше вынет белый шар. Найти вероятность  того, что выиграет первый игрок (тот, кто вынимал шар первым). 

Решение:

Выигрыш первого игрока может осуществиться или при первом же вынимании, или при третьем (для чего первые два вынимания должны дать черные шары, а третье—белый), и т. д. 

(очевидно,   при любых а и Ь). 

Пример 2.82. В урне два белых и три черных шара. Два игрока поочередно вынимают из урны по шару, не вкладывая их обратно. Выигрывает тот, кто раньше получит белый шар. 
Найти вероятность Р (/) того, что выиграет первый игрок. 

Решение:

Пример 2.83. Производятся испытания прибора. При каждом испытании прибор выходит из строя с вероятностью р. После первого выхода из строя прибор ремонтируется; после второго—признается негодным. Найти вероятность того, что прибор окончательно выйдет из строя в точности при k-м испытании. 

Решение:

Для того чтобы произошло данное событие, нужно, во-первых, чтобы прибор вышел из строя при k-м испытании — вероятность этого р. Кроме того, нужно, чтобы за предыдущие k—1 испытаний прибор вышел из строя ровно один раз; вероятность этого равна  Искомая вероятность равна 

Пример 2.84. Самолет, по которому ведется стрельба, состоит из трех различных по уязвимости частей: 1) кабина летчика и двигатель, 2) топливные баки и 3) планер. Для поражения самолета достаточно одного попадания в первую часть или двух попаданий во вторую, или трех попаданий в третью. При попадании в самолет одного снаряда он с вероятностью 
 попадает в первую часть, с вероятностью —во вторую и с вероятностью —в третью. Попавшие снаряды распределяются по частям независимо друг от друга. Известно, что 
в самолет попало m снарядов. Найти условную вероятность поражения самолета  при этом условии для m = 1, 2, 3, 4. 

Решение:

Чтобы самолет оказался пораженным при одном попадании, нужно, чтобы снаряд попал в первую часть: Для того чтобы найти  при m>1, перейдем к 
противоположному событию — непоражение самолета при m попаданиях. 

Чтобы самолет был не поражен при двух попаданиях, надо, чтобы оба снаряда попали в планер или один — в баки, а другой—в планер: 

Аналогично получаем 

Пример 2.86. Прибор состоит из трех узлов. При включении прибора с вероятностью  появляется неисправность в первом узле, с вероятностью  — во втором узле, с вероятностью 
 — в третьем узле. Неисправности в узлах возникают независимо друг от друга. Каждый из трех узлов безусловно необходим для работы прибора. Для того чтобы узел отказал, необходимо, чтобы в нем было не менее двух неисправностей. Найти вероятность того, что прибор благополучно выдержит п включений. 

Решение:

Чтобы прибор работал (событие А), нужно, чтобы работали все три узла. Вероятность того, что первый узел выдержит п включений, равна вероятности того, что при п включениях в нем окажется не более одной неисправности (0 или 1): 

Вероятность того, что все три узла выдержат п включений, равна 

Пример 2.87. Авиабомба, предназначенная для бомбометания по наземной цели, снабжена радиовзрывателем, работающим по сигналу от поверхности земли. Взрыватель срабатывает на 
высоте h. Эффективное действие бомбы по наземной цели имеет место тогда, когда  При  наблюдается преждевременный разрыв; при  — запоздалый разрыв; оба неэффективны. Вероятность нормального разрыва равна р, преждевременного—  запоздалого—

С целью повысить вероятность нормального разрыва на бомбе устанавливается второй взрыватель, имеющий те же характеристики, что первый, и работающий независимо 
от него. 

При каком условии эта мера повысит вероятность нормального разрыва бомбы? 

Решение:

При одном взрывателе вероятность нормального разрыва  При двух взрывателях вероятность нормального разрыва равна  (либо оба 
взрывателя сработают нормально, либо один нормально, другой запоздает). Решая неравенство  получаем требуемое условие для р' > р: 

Формула полной вероятности и формула Бейеса 

Если об обстановке опыта можно сделать п исключающих друг друга предположений (гипотез) 

и если событие А может появиться только при одной из этих гипотез, то вероятность события А вычисляется по формуле полной вероятности: 

или

где  —вероятность гипотезы — условная вероятность события А при этой гипотезе. 
Если до опыта вероятности гипотез были  ... , а в результате опыта появилось событие А, то с учетом этого события «новые», т. е. условные, вероятности гипотез 
вычисляются по формуле Бейеса: 

Формула Бейеса дает возможность «пересмотреть» вероятности гипотез с учетом наблюденного результата опыта. 

Если после опыта, закончившегося появлением события А, производится еще один опыт, в котором может появиться или не появиться событие В, то вероятность (условная) этого последнего события вычисляется по формуле полной вероятности, в которую 
подставлены не прежние вероятности гипотез  а новые 

Пример 3.1. Имеются три одинаковые с виду урны. В первой а белых шаров и Ъ черных; во второй с белых и d черных; в третьей только белые шары. Некто подходит наугад к одной из урн и вынимает из нее один шар. Найти вероятность того, что этот шар белый. 

Решение:

Пусть событие А—появление белого шара. 
Формулируем гипотезы: 
 — выбор первой урны; 
 — выбор второй урны: 
 — выбор третьей урны. 

По формуле полной вероятности 

Пример 3.2. Прибор может работать в двух режимах: 1) нормальном и 2) ненормальном. Нормальный режим наблюдается в 80% всех случаев работы прибора; ненормальный — в 20%. 
Вероятность выхода прибора из строя за время t в нормальном режиме равна 0,1; в ненормальном — 0,7. Найти полную вероятность р выхода прибора из строя за время t. 

Решение:

Пример 3.3. Группа самолетов в составе: один ведущий и два ведомых, направляется на бомбометание по объекту. Каждый из них несет по одной бомбе. Ведущий самолет имеет прицел, ведомые — не имеют и производят бомбометание по сигналу ведущего. По пути к объекту группа проходит зону противовоздушной обороны, в которой каждый из самолетов, 
независимо от других, сбивается с вероятностью р. Если к цели подойдет ведущий самолет с обоими ведомыми, они поразят объект с вероятностью Ведущий самолет, 
сопровождаемый одним ведомым, поразит объект с вероятностью  Один ведущий самолет, без ведомых, поразит объект с вероятностью  Если ведущий самолет сбит, то каждый из ведомых, если он сохранился, выходит к объекту и поражает его с вероятностью 

Найти полную вероятность поражения объекта с учетом противодействия. 

Решение:

Формулируем гипотезы: 
 — к объекту вышли все три самолета; 
 — к объекту вышел ведущий с одним ведомым; 
 — к объекту вышел один ведущий; 
 —к объекту вышли два ведомых (без ведущего); 
— к объекту вышел один ведомый. 
Вероятности этих гипотез: 

Обозначим А —поражение объекта. 

Пример 3.4. Радиолокационная станция ведет наблюдение за  объектом, который может применять или не применять помехи. Если объект не применяет помех, то за один цикл обзора 
станция обнаруживает его с вероятностью  если применяет— с вероятностью  Вероятность того, что во время цикла будут применены помехи, равна р и не зависит 
от того, как и когда применялись помехи в остальных циклах. Найти вероятность того, что объект будет обнаружен хотя бы один раз за п циклов обзора. 

Решение:

Полная вероятность обнаружения за один цикл  вероятность хотя бы одного обнаружения за п циклов равна 

Пример 3.5. Завод изготовляет изделия, каждое из которых с вероятностью р имеет дефект. В цехе имеются три контролера; изделие осматривается только одним контролером, с 
одинаковой вероятностью первым, вторым или третьим. Вероятность обнаружения дефекта (если он имеется) для  контролера равна  Если изделие не было 
забраковано в цехе, то оно попадет в ОТК завода, где дефект, если он имеется, обнаруживается с вероятностью  
Определить вероятности следующих событий: 
А — изделие будет забраковано; 
В—изделие будет забраковано в цехе; 
С—изделие будет забраковано в ОТК завода. 

Решение:

Так как события В и С несовместны и А = В+С, то Р(А) = Р( В) + Р(С). 
Находим Р (В). Для того чтобы изделие было забраковано в цехе, нужно, чтобы оно, во-первых, имело дефект, и, во-вторых; этот дефект был обнаружен. Вероятность обнаружения имеющегося дефекта по формуле полной вероятности равна отсюда 

Аналогично 

Пример 3.6. Группа, состоящая из трех самолетов-разведчиков, высылается в район противника с целью уточнить координаты объекта, который предполагается подвергнуть обстрелу 
ракетами. Для поражения объекта выделено п ракет. При уточненных координатах объекта вероятность его поражения одной ракетой равна  при неуточненных— Каждый раз- 
разведчик перед выходом в район объекта может быть сбит противовоздушными средствами противника; вероятность этого  Если разведчик не сбит, он сообщает координаты 
объекта по радио. Радиоаппаратура разведчика имеет надежность  Для уточнения координат достаточно приема сообщения от одного разведчика. Найти вероятность поражения объекта с учетом деятельности разведки. 

Решение:

Гипотезы: 
—координаты объекта уточнены; 
—координаты не уточнены. 

Полная вероятность события А — поражение объекта: 

Пример 3.7. Имеются две урны: в первой а белых шаров и b черных; во второй с белых и d черных. Из первой урны во вторую перекладывают, не глядя, один шар. После этого из второй урны берут один шар. Найти вероятность того, что этот шар будет белым. 

Решение:

Событие А— появление белого шара; гипотезы: 
 — переложен белый шар; 
 — переложен черный шар. 

Пример 3.8. В условиях предыдущей задачи из первой урны во вторую перекладывают не один, а три шара (предполагается, что  Найти вероятность того, что из второй 
урны появится белый шар. 

Решение:

Можно было бы выдвинуть четыре гипотезы: 
— переложены 3 белых шара; 
 — переложены 2 белых шара и 1 черный; 
 — переложены 1 белый шар и 2 черных; 
 — переложены 3 черных шара, 
но проще решить задачу, имея всего две гипотезы: 

 — вынутый из 2-й урны шар принадлежит 1-й урне; 
— вынутый из 2-й урны шар принадлежит 2-й урне. 
Так как во второй урне три шара принадлежат первой урне, а  — второй, то 

Вероятность появления белого шара из первой урны не зависит от того, вынимается ли этот шар непосредственно из первой урны или после перекладывания во вторую: 

откуда

Пример 3.9. Имеется п урн, в каждой из которых а белых шаров и  черных. Из первой урны во вторую перекладывается один шар; затем из второй в третью один шар и т. д. 
Затем из последней урны извлекается один шар. Найти вероятность того, что он белый. 

Решение:

Вероятность события  — извлечения белого шара из второй урны после перекладывания — найдем так же, как в задаче 3.7 (при 

Таким образом, вероятность извлечения белого шара из второй урны после перекладывания будет такова же, как и до перекладывания. Следовательно, такова же будет и вероятность вынуть белый шар из третьей, четвертой и т. д., n-й урны: 

Пример 3.12. Имеется две партии однородных изделий; первая партия состоит из N изделий, среди которых п дефектных; вторая партия состоит из М изделий, среди которых т дефектных. Из первой партии берется случайным образом К изделий, а из второй L изделий (K<.N; L < М); эти 
К +  L изделий смешиваются и образуется новая партия. Из новой смешанной партии берется наугад одно изделие. Найти вероятность того, что изделие будет дефектным. 

Решение:

Событие А — изделие будет дефектным. 
Гипотезы: 
— изделие принадлежит первой партии; 
 — изделие принадлежит второй партии. 

Пример 3.13. В условиях предыдущей задачи из новой, смешанной, партии берется не одно изделие, а три. Найти вероятность того, что хотя бы одно изделие из трех окажется дефектным. 

Решение:

Гипотезы: 
 — все три изделия принадлежат первой партии; 
 — два изделия принадлежат первой партии, а одно — второй; 
 — одно изделие принадлежит первой партии, а два— второй; 
 — все три изделия принадлежат второй партии. 

Пример 3.14. Имеются две урны: в первой а белых шаров и Ь черных; во второй с белых и d черных. Из первой урны во вторую перекладывается один шар; шары перемешиваются и затем из второй урны в первую перекладывается один шар. После этого из первой урны берут наугад один шар. Найти вероятность того, что он будет белым. 

Решение:

Гипотезы: 
 — состав шаров в первой урне не изменился; 
— в первой урне один черный шар заменен белым; 
 — в первой урне один белый шар заменен черным. 

Полученное решение показывает, что вероятность вынуть белый шар не изменится, если доли белых и черных шаров в обеих урнах одинаковы: 

Пример 3.15. Из чисел 1, 2, ... , n одно за" другим выбирают наугад два числа. Какова вероятность того, что разность между первым выбранным числом и вторым будет не меньше m (m > 0). 

Решение:

Событие А состоит в том, что разность между первым вынутым числом k и вторым вынутым числом  будет не меньше m (то есть ). 

Гипотезы  — первым вынуто число k 

 

Пример 3.16*. Из N стрелков можно выделить четыре группы: 
 отличных стрелков,  xopошиx,  посредственных и плохих. Вероятность попадания в мишень при одном выстреле для стрелка  группы равна  Вызываются наугад два стрелка и стреляют по одной и той же мишени. Найти вероятность хотя бы одного попадания в мишень. 

Решение:

Событие А—хотя бы одно попадание в мишень. Гипотезы - — первым вызван стрелок  группы 

где  снова находим по формуле полной вероятности при четырех гипотезах о том, какой стрелок был вызван вторым: 

Пример 3.17. Производится п независимых выстрелов зажигательными снарядами по резервуару с горючим. Каждый снаряд попадает в резервуар с вероятностью р. Если в резервуар 
попал один снаряд, горючее воспламеняется с вероятностью  если два снаряда — с полной достоверностью. Найти вероятность того, что при п выстрелах горючее воспламенится. 

Решение:

Гипотезы: 
— в резервуар попал один снаряд; 
 — в резервуар попало два или более снарядов. 

Искомая вероятность равна 

Пример 3.18. Группа студентов состоит из а отличников, b хорошо успевающих и с занимающихся слабо. Отличники на предстоящем экзамене могут получить только отличные оценки. Хорошо успевающие студенты могут получить с равной вероятностью хорошие и отличные оценки. Слабо занимающиеся могут получить с равной вероятностью хорошие, 
удовлетворительные и неудовлетворительные оценки. Для сдачи экзамена вызывается наугад один студент. Найти вероятность того, что он получит хорошую или отличную оценку. 

Решение:

Гипотезы: 
 — вызван отличный студент; 
 — вызван хороший студент; 
 — вызван слабый студент. 

Искомая вероятность равна 

Пример 3.19. В условиях предыдущей задачи вызываются наугад три студента. Найти вероятность того, что они получат оценки: отлично, хорошо и удовлетворительно (в любом порядке). 

Решение:

Событие А— получение отличной, хорошей и удовлетворительной отметки — возможно только при одной из следующих гипотез:

— вызваны один слабый студент, один хороший и один отличник; 
 — вызваны один слабый студент и два хороших; 
 — вызваны два слабых студента и один хороший; 
 — вызваны два слабых студента и один отличник. 

Пример 3.20. В автобусе едут п пассажиров. На следующей остановке каждый из них выходит с вероятностью р; кроме того, в автобус с вероятностью  не входит ни один новый пассажир; с вероятностью  — один новый пассажир. Найти вероятность того, что когда автобус снова тронется в путь после следующей остановки, в нем будет  по-прежнему п пассажиров. 

Решение:

Событие А — после остановки снова п пассажиров. Гипотезы: 
 — не вошел никто; 
 — вошел один пассажир. 

Пример 3.21*. Условия предыдущей задачи сохраняются, но надо найти вероятность того, что после двух остановок в автобусе будет по-прежнему п пассажиров (при расчете учесть, 
что новый пассажир также выходит с вероятностью р на последующей остановке). 

Решение:

Гипотезы: 
 — за две остановки не вошел никто; 
—на первой остановке вошел один пассажир, а на второй — ни одного; 
 — на первой остановке не вошел ни один пассажира на второй — один; 
—на каждой остановке вошло по пассажиру. 

Чтобы при гипотезе  число пассажиров осталось п, нужно, чтобы ни один из п пассажиров не вышел ни на первой, ни на второй остановках: 

Чтобы при гипотезе  число пассажиров осталось прежним, нужно, чтобы или на первой остановке вышел один пассажир, а на второй — никто, или на первой остановке не 
вышел никто, а на второй — один пассажир: 

Аналогично, но учитывая, что вошедший на второй остановке пассажир не выходит: 

Чтобы при двух вошедших пассажирах число их после двух остановок оставалось неизменным, нужно или чтобы на первой остановке вышли два пассажира, а на второй — никто; 
или на первой — никто, а на второй — два; или чтобы вышло по пассажиру на каждой остановке: 

Пример 3.22. Три орудия производят стрельбу по трем целям. Каждое орудие выбирает себе цель случайным образом и независимо от других. Цель, обстрелянная одним орудием, 
поражается с вероятностью р. Найти вероятность того, что из трех целей две будут поражены, а третья нет. 

Решение:

Гипотезы: 
 — обстреляны все три цели; 
 — все орудия стреляют по одной цели; 
 — две цели из трех обстреляны, а третья нет. 

Пример 3.24. На телефонную станцию поступает случайный поток вызовов; вероятность поступления k вызовов за время t равна  Число вызовов, поступивших за промежуток времени t, не зависит от того, сколько вызовов поступило до или после этого промежутка. Найти вероятность того, что за промежуток времени  поступит 
 вызовов. 

Решение:

Разделим промежуток 2t на две части: первую и вторую, каждая длительности t. Гипотезы  — на первый участок попало  вызовов 

Для того чтобы при гипотезе  на промежуток 2t попало s вызовов, нужно, чтобы на второй участок попало  —  вызовов. Условная вероятность этого равна  
Полная вероятность события А — за время 2t поступит s вызовов —равна 

Пример 3.25. В ящике находится а новых теннисных мячей и b игранных. Из ящика наугад вынимается два мяча, которыми играют. После этого мячи возвращают в ящик. Через некоторое время из ящика снова берут наугад два мяча. 
Найти вероятность того, что они будут новыми  

Решение:

Гипотезы: 
— оба вынутых первый раз мяча были новыми; 
 — оба вынутых первый раз мяча были игранными; 
 — один из мячей был новым, а другой —игранным. 

Пример 3.26. Имеется п экзаменационных билетов, каждый из которых содержит два вопроса. Экзаменующийся знает ответ .не на все  вопросов, а только на 
Определить вероятность р того, что экзамен будет сдан, если для этого достаточно ответить на оба вопроса своего билета или на один вопрос из своего билета и на один (по выбору преподавателя) вопрос из дополнительного билета. 

Решение:

Гипотезы: 
 — экзаменующийся знает оба вопроса своего билета; 
 — экзаменующийся из двух вопросов своего билета знает один. 

Пример 3.27*. Цель, по которой ведется стрельба, с вероятностью  находится в пункте I, а с вероятностью  в пункте 

В нашем распоряжении имеется  снарядов, каждый из которых может быть направлен в пункт I или в пункт II. Каждый снаряд поражает цель независимо от других с вероятностью р. Какое число снарядов  следует направить в пункт I для того, чтобы поразить цель с максимальной вероятностью? 

Решение:

Событие А — поражение цели при направлении  снарядов в пункт I. Гипотезы: 
— цель в пункте I; 
—цель в пункте II. 

Рассматривая Р (А) как функцию непрерывного аргумента  находим 

откуда видно, что эта функция имеет единственный максимум в точке 

Заметим, что  при  

Если полученное число  целое и  то это и есть искомое число; если оно не целое но  то нужно вычислить Р (А) для двух ближайших целых значений и выбрать 
то из них, для которого Р (А) больше; если полученное число окажется больше л, то следует направить все п снарядов в пункт I (это случится при 
т. е. при ).

Пример 3.28. Рассматривается посадка самолета на аэродром. Если позволяет погода, летчик сажает самолет, наблюдая за аэродромом визуально. В этом случае вероятность благополучной посадки равна . Если аэродром затянут низкой облачностью, летчик сажает самолет вслепую по приборам. Надежность (вероятность безотказной работы) приборов слепой посадки равна Р. Если приборы слепой посадки сработали нормально, то самолет садится благополучно с той же вероятностью , что и при визуальной посадке. Если же приборы слепой посадки не сработали, то летчик может благополучно посадить самолет только с очень малой 
вероятностью 

Найти полную вероятность благополучной посадки самолета, если известно, что в k% всех случаев посадки аэродром затянут низкой облачностью. 

Решение:

Гипотезы: 
 — низкой облачности нет; 
 — низкая облачность есть. 

   находим снова по формуле полной вероятности: 

Пример 3.29. Цель, по которой ведется стрельба, состоит из двух различных по уязвимости частей. Для поражения цели достаточно одного попадания в первую часть или двух попаданий во вторую. Для каждого попавшего в цель снаряда вероятность попадания в первую часть равна  во вторую  По цели производится три выстрела; вероятность попадания при каждом выстреле равна р. Найти вероятность того, что данными тремя выстрелами цель будет 
поражена. 

Решение:

Гипотезы: 
 — в цель попал один снаряд; 
—в цель попало два снаряда; 
 — в цель попало три снаряда. 

Пример 3.30. Группа из трех самолетов совершает налет на объект. Объект защищен четырьмя батареями зенитных ракет. Каждая батарея простреливает угловой сектор размерами 60°, 
так что из полного угла 360° вокруг объекта оказываются защищенными 240°. Если самолет пролетает через защищенный сектор, его обстреливают и поражают с вероятностью р; 
через незащищенный сектор самолет проходит беспрепятственно. Каждый самолет, прошедший к объекту, сбрасывает бомбу и поражает объект с вероятностью Р. Экипажи самолетов не знают, где расположены батареи. Найти вероятность поражения объекта для двух способов организации налета: 

1) все три самолета летят по одному и тому же направлению, выбираемому случайно; 
2) каждый из самолетов выбирает себе направление случайно независимо от других. 

Решение:

1) Гипотезы: 
 — самолеты выбрали незащищенное направление; 
 — самолеты выбрали защищенное направление. 

2) Находим для каждого самолета полную вероятность  поразить объект: 

Для трех самолетов вероятность поражения объекта будет 

Можно показать, что эта вероятность больше, чем для способа 1). 

Пример 3.31. Имеются три урны: в первой из них а белых шаров и b черных; во второй с белых шаров и d черных; в третьей — k белых шаров (черных нет). Некто выбирает наугад одну из урн и вынимает из нее шар. Этот шар оказался белым. Найти вероятность того, что этот шар вынут 
из первой, второй или третьей урны. 

Решение:

Решаем задачу по формуле Бейеса. 
Гипотезы: 
 — выбор первой урны; 
 —выбор второй урны; 
 — выбор третьей урны. 
Априори (до опыта) все гипотезы равновероятны! 

Наблюдалось событие А — появление белого шара. Находим условные вероятности: 

По формуле Бейеса вероятность того, что шар был вынут из первой урны: 

Аналогично 

Пример 3.32. Прибор состоит из двух узлов: работа каждого узла безусловно необходима для работы прибора в целом. Надежность (вероятность безотказной работы в течение времени t) первого узла равна  второго  Прибор испытывался в течение времени t, в результате чего обнаружено, что он вышел из строя (отказал). Найти вероятность того, что отказал только первый узел, а второй исправен. 

Решение:

До опыта возможны четыре гипотезы: 
—оба узла исправны; 
 — первый узел отказал, а второй исправен: 
—первый узел исправен, а второй отказал; 
 — оба узла отказали. 

Вероятности гипотез: 

Наблюдалось событие А—прибор отказал. 

По формуле Бейеса 

Пример 3.33. В условиях задачи 3.28 известно, что самолет приземлился благополучно. Найти вероятность того, что летчик пользовался приборами слепой посадки. 

Решение:

Если летчик пользовался приборами слепой посадки, то, значит, облачность была (гипотеза ). По данным задачи 3.28 находим 

Пример 3.35. Завод изготовляет изделия, каждое из которых с вероятностью р имеет дефект. В цехе изделие с равной вероятностью осматривается одним из двух контролеров. 
Первый контролер обнаруживает имеющийся дефект с вероятностью  второй — с вероятностью  Если в цехе изделие не забраковано, оно поступает на ОТК завода, где  
дефект, если он имеется, обнаруживается с вероятностью  Известно, что изделие забраковано. Найти вероятность того, что оно забраковано: 1) первым контролером; 2) вторым контролером; 3) ОТК завода. 

Решение:

До опыта возможны четыре гипотезы: 
 — изделие не забраковано; 
 — изделие забраковано 1-м контролером; 
—изделие забраковано 2-м контролером; 
 — изделие забраковано ОТК завода. 
Событие А — изделие забраковано. Гипотеза  нам не нужна, так как 

Вероятности гипотез после опыта: 

Пример 3.36. В группе из 10 студентов, пришедших на экзамен, 3 подготовленных отлично, 4 —хорошо, 2 — посредственно и 1—плохо. В экзаменационных билетах имеется 20 вопросов. Отлично подготовленный студент может ответить на все 20 вопросов, хорошо подготовленный — на 16, 
посредственно— на 10, плохо — на 5. Вызванный наугад студент ответил на три произвольно заданных вопроса. Найти вероятность того, что этот студент подготовлен: а) отлично; б) плохо. 

Решение:

Гипотезы: 
 — студент подготовлен отлично; 
 — студент подготовлен хорошо; 
 — студент подготовлен посредственно; 
 — студент подготовлен плохо. 
До опыта: 

После опыта 

Пример 3.38. Пассажир может обратиться за получением билета в одну из трех касс. Вероятности обращения в каждую кассу зависят от их местоположения и равны соответственно  Вероятность того, что к моменту прихода пассажира имеющиеся в кассе билеты будут распроданы, равна для первой кассы  для второй  для третьей  Пассажир направился за билетом в одну из касс и приобрел билет. Найти вероятность того, что это была первая касса. 

Решение:

Пример 3.39. Производится один выстрел по плоскости, на которой расположены две цели: /и // (рис. 3.39).

Вероятность попадания в цель / равна  в цель // равна  После выстрела получено известие, что попадания в цель / не произошло. Какова теперь вероятность того, что произошло попадание в цель //? 

Решение:

Гипотезы: 
—-попадание в цель /; 
 — попадание в цель //; 
 — непопадание ни в одну из целей. 
Событие А — непопадание в цель /. 

Эту задачу можно решить и без формулы Бейеса: 

Пример 3.40. Имеются две урны: в первой а белых шаров и b черных,, во второй—с белых и d черных. Выбирается наугад одна из урн и вынимается из нее один шар. Этот шар оказался белым. Найти вероятность того, что следующий шар, который мы вынем из той же урны, будет тоже 
белым. 

Решение:

 — выбрана первая урна; 
 — выбрана вторая урна. 
А— появление белого шара при первом вынимании. 

В — появление второго белого шара. 

Условная вероятность появления второго белого шара при условии, что была выбрана первая урна и из нее вынут белый шар: 

аналогично 

Пример 3.41. Имеется группа в составе N стрелков. При одном выстреле в мишень  стрелок попадает в нее с вероятностью  Вызывается наугад один из стрелков. Произведя один выстрел по мишени, он попал в нее. Найти вероятность того, что при следующих двух выстрелах того же самого стрелка будет одно попадание и 
один промах. 

Решение:

А — попадание при первом выстреле; 
В — одно попадание и один промах при двух последующих выстрелах. 
Гипотезы  — вызван  стрелок 

Повторение опытов 

Опыты называются независимыми, если вероятность того или иного исхода каждого опыта не зависит от того, какие исходы имели другие опыты. 

Независимые опыты могут производиться как в одинаковых условиях, так и в различных. В первом случае вероятность появления какого-то события А во всех опытах одна и та же, во втором случае она меняется от опыта к опыту. 

Частная теорема о повторении опытов:

Если производится п независимых опытов в одинаковых условиях, причем в каждом из них с вероятностью р появляется событие А, то вероятность  того, что событие А произойдет в этих п опытах ровно  раз, выражается формулой 

где 
Формула (4.1) выражает так называемое биномиальное распределение вероятностей. 
Вероятность хотя бы одного появления события А при п независимых опытах в одинаковых условиях равна 

Общая теорема о повторении опытов:

Если производится п независимых опытов в различных условиях, причем вероятность события А в  опыте равна  то вероятность  того, что событие А появится в этих опытах ровно m раз, равна коэффициенту при  в разложении по степеням z производящей функции: 

Вероятность хотя бы одного появления события А при п независимых опытах в различных условиях равна 

Для любых условий (как одинаковых, так и различных) 

Вероятность  того, что при п опытах событие А появится не менее k раз, выражается формулой 

Теоремы о повторении опытов, как частная, так и общая, допускают обобщение на тот случай, когда в результате каждого опыта возможны не два исхода  а несколько исходов. 

Если производится п независимых опытов в одинаковых условиях, причем каждый опыт может иметь k исключающих друг друга исходов  с вероятностями 

то вероятность того, что в  опытах появится событие  в  опытах — событие и т. д., в  опытах—событие   выражается формулой 

или 

Если условия опытов различны, т. е. в  опыте событие  имеет вероятность  то вероятность  вычисляется как коэффициент при члене, содержащем  в разложении по степеням  производящей функции: 

Пример 4.2. Производится четыре независимых выстрела по некоторой цели. Вероятности попадания при разных выстрелах различны и равны: 
Найти вероятности  ни одного, одного, двух, трех, четырех попаданий; вероятность  хотя бы одного попадания; вероятность  не менее двух попаданий. 

Решение:

Производящая функция 

Раскрывая скобки и приводя подобные члены, имеем 

откуда 

Пример 4.4*. По некоторой цели производится п независимых выстрелов. Вероятность попадания при  выстреле равна  При вычислении вероятности хотя бы 
одного попадания различные вероятности  осредняют и заменяют их средней арифметической: 

Увеличится или уменьшится от такого осреднения вероятность хотя бы одного попадания? 

Решение:

Точное значение 

Приближенное (по осредненной вероятности): 

Требуется сравнить величины 

значит,  от примененного осреднения вероятность хотя бы одного попадания уменьшится. 

Пример 4.5. Завод изготовляет изделия, каждое из которых должно подвергаться четырем видам испытаний. Первое испытание изделие проходит благополучно с вероятностью 0,9;  
второе— с вероятностью 0,95; третье — с вероятностью 0,8 и четвертое — с вероятностью 0,85. Найти вероятность того, что изделие пройдет благополучно: 
А — все четыре испытания; 
В—ровно два испытания (из четырех); 
С—не менее двух испытаний (из четырех). 

Решение:

Пример 4.6. Завод изготовляет изделия, каждое из которых с вероятностью r(независимо от других) оказывается дефектным. При осмотре дефект, если он имеется, обнаруживается с вероятностью р. Для контроля из продукции завода выбирается п изделий. Найти вероятность следующих событий: 

А — ни в одном из изделий не будет обнаружено дефекта; 
В—среди п изделий ровно в двух будет обнаружен дефект; 
С—среди п изделий не менее чем в двух будет обнаружен дефект. 

Решение:

Вероятность того, что в одном наугад взятом изделии будет обнаружен дефект, равна рr. 

Самолет обстреливается п независимыми выстрелами) каждый из выстрелов с вероятностью  попадает в зону, где он поражает самолет немедленно; с вероятностью  попадает в топливный бак и с вероятностью  не попадает в самолет вообще. Снаряд, попавший в топливный бак, оставляет в нем пробоину, через которую вытекает k литров горючего в час. Потеряв М литров горючего, самолет становится небоеспособным. Найти вероятность того, что через час после обстрела самолет не будет боеспособен. 

Решение:

В результате каждого выстрела может произойти одно из трех событий: 
 — самолет поражен; 
—пробоина в баке; 
 — нет попадания. 
Вероятности этих событий  Вероятность того, что в результате п опытов событие  произойдет  раз,  раз и  раз, равна 

Самолет может быть поражен двумя способами: или произошло хотя бы одно попадание в зону безусловного поражения, или не произошло ни одного попадания в эту зону, 
но зато самолет выведен из строя за счет вытекания  горючего (для чего должно быть  Обозначая — наибольшее целое число, содержащееся в  («целая 
часть» от числа ), находим вероятность поражения самолета: 

Пример 4.12*. В условиях задачи 4.11 найти вероятность того, что в первом приборе выйдет из строя больше узлов, чем во втором. 

Решение:

Вероятность события В—в первом приборе вышло из строя больше узлов, чем во втором — находим по формуле полной вероятности с гипотезами  — в первом 
приборе вышло из строя i узлов 

 Пример 4.13. Монета бросается от раз. Найти вероятность р того, что герб появится не менее k раз и не более l раз 

Решение:

Пример 4.14. Прибор, состоящий из k узлов, работал в течение времени t. Надежность (вероятность безотказной работы) каждого узла за время t равна р. По истечении времени t прибор останавливается, техник осматривает его и заменяет узлы, вышедшие из строя. На замену одного узла ему требуется время  Найти вероятность Р того, что через время  после остановки прибор будет готов для нормальной работы. 

Решение:

Для этого нужно, чтобы за время t вышло из строя не более двух узлов: 

Пример 4.15. Что вероятнее, выиграть у равносильного противника: 1) три партии из четырех или пять из восьми? 2) не менее трех партий из четырех или не менее пяти партий из восьми? 

Решение:

Три партии из четырех выиграть более вероятно. 

Не менее пяти партий из восьми выиграть более вероятно. 

Пример 4.16. Человек, принадлежащий к определенной группе населения, с вероятностью 0,2 оказывается брюнетом, с вероятностью 0,3 — шатеном, с вероятностью 0,4 — блондином 
и с вероятностью 0,1—рыжим. Выбирается наугад группа из шести человек. Найти вероятности следующих событий: 

А—в составе группы не меньше четырех блондинов; 
В—в составе группы хотя бы один рыжий; 
С—в составе группы равное число блондинов и шатенов. 

Решение:

где — в группе нет ни блондинов, ни шатенов; 
 — в группе по одному блондину и шатену, а остальные— ни то, ни другое; 
 — в группе по два блондина и шатена, а остальные— ни то, ни другое; 
 — в группе по три блондина и шатена. 

Пример 4.18. Производится стрельба по цели тремя снарядами. Снаряды попадают в цель независимо друг от друга. Для каждого снаряда вероятность попадания в цель равна 0,4. Если в цель попал один снаряд, он поражает цель (выводит ее из строя) с вероятностью 0,3; если два снаряда — с вероятностью 0,7; если три снаряда — с вероятностью 0,9. 
Найти полную вероятность поражения цели. 

Решение:

Гипотезы  — в цель попало i снарядов 

Событие А — поражение цели, 

Пример 4.19. Производится стрельба по цели п независимыми выстрелами. При одном выстреле попадание в цель происходит с вероятностью р. Если в цель попало  снарядов 
 то условная вероятность поражения цели выражается формулой 

Определить полную вероятность поражения цели. 

Решение:

Гипотезы  — попало  снарядов 

Упростим это выражение; так как то

но

далее, по формуле бинома 

поэтому

Этот же результат получается проще, если заметить, что  есть вероятность поражения цели при одном выстреле и что из формулы  следует независимость поражений цели при любом заданном числе попаданий. 

Пример 4.20. Подводная лодка атакует корабль, выпуская по нему последовательно и независимо одна от другой п торпед. Каждая торпеда попадает в корабль с вероятностью р. Каждая попавшая в корабль торпеда с одинаковой вероятностью попадает в любой из k отсеков, на которые  
разделена подводная часть корабля. Торпеда, попавшая в отсек, приводит к его заполнению водой. Корабль идет ко дну, если водой заполнено не менее двух отсеков. Найти вероятность того, что корабль будет пущен ко дну. 

Решение:

Эту задачу удобно решать по формуле полной вероятности с гипотезами  — в корабль попало m торпед 

Найдем  По условию  При m >2 попавших торпедах корабль не затопляется, только если все торпеды попали в один отсек; следовательно, 

Полная вероятность потопления корабля: 

Пример 4.21. В течение времени t эксплуатируется N приборов. Каждый из приборов имеет надежность р и выходит из строя независимо от других. Найти вероятность Р (А) того, что 
мастер, вызванный по окончании времени t для ремонта неисправных приборов, не справится со своей задачей за время  если на ремонт каждого из неисправных приборов ему 
требуется время  

Решение:

Событие А равносильно тому, что число вышедших из строя приборов больше чем где — обозначает наибольшее целое число, заключенное в 

Пример 4.22. Имеется N неисправных приборов, которые подвергаются испытаниям (тестам) с целью локализации неисправности. Каждый тест независимо от других с вероятностью р приводит к локализации неисправности. Если неисправность локализована, прибор передается на ремонтную станцию, а обследованию подвергаются другие приборы. Если во всех N приборах неисправность локализована, то тесты прекращаются. Всего имеется возможность произвести п тестов (п > N). Найти вероятность того, что неисправности во всех N приборах будут локализованы. 

Решение:

А—все неисправности локализованы. Противоположное событие А означает, что при п опытах (тестах) событие, состоящее в том, что неисправность локализована, появилось менее N раз. 

или

Пример 4.23. В условиях предыдущей задачи найти вероятность того, что в результате п тестов среди TV неисправных приборов останется не менее k приборов с нелокализованными 
неисправностями (k < N). 

Решение:

Задача равносильна следующей: найти вероятность того, что при п тестах будут локализованы неисправности не больше чем в N—k приборах. 

Пример 4.24*. Происходит соревнование между k стрелками; каждый из них делает п выстрелов по своей мишени.  Вероятность попадания в мишень при одном выстреле для 
стрелка равна  Выигрывает соревнование тот из стрелков, который получит больше попаданий, чем каждый из остальных. Найти вероятность того, что среди 
соревнующихся стрелков будет один (только один), выигравший соревнование. 

Решение:

Таким одним может быть любой из k стрелков. Найдем вероятность того, что  стрелок выиграет соревнование (событие ). Это событие может произойти 
следующими способами: 

 —  стрелок получил ровно  попаданий, а каждый из остальных — не более чем по 

Вероятность того, что стрелок получил попаданий, равна где  Обозначим вероятность того, что  стрелок получил не более  — 1 попаданий через 

Тогда вероятность того, что все остальные стрелки, кроме  получили не более —1 попаданий, равна 

Суммируя полученные вероятности для всех значений , получим вероятность того, что  стрелок в единственном числе выигрывает соревнование: 

Суммируя эти вероятности для всех стрелков, получим 

Пример 4.25. В урне имеется k шаров; каждый из них с вероятностью 1/2 (независимо от других) может оказаться белым или черным. Из урны вынимается п раз по одному шару, причем вынутый шар каждый раз возвращается обратно, и шары перемешиваются. Среди вынутых п шаров 
оказались белыми  Определить вероятность того, что среди k шаров урны ровно  белых. 

Решение:

Решаем задачу по формуле Бейеса. Гипотезы: —в урне  белых шаров и  черных 

До опыта 

Событие А — среди п вынутых шаров оказалось ровно  m белых. 

После опыта вероятность гипотезы 

Пример 4.26. Производится стрельба пятью снарядами по группе, состоящей из трех целей. Обстрел ведется в следующем порядке: сначала обстреливается первая цель и огонь по ней 
ведется до тех пор, пока она не будет поражена или не кончатся все пять снарядов. Если первая цель поражена, огонь переносится на вторую, и т. д. Вероятность поражения цели при стрельбе по ней одним выстрелом равна р. Найти вероятности:  того, что будет 
поражено 0 целей, 1 цель, 2 цели, 3 цели в составе группы. 

Решение:

Для того чтобы не было поражено ни одной Цели, нужно, чтобы ни один снаряд не поразил цели, по которой он направлен: 

Чтобы была поражена ровно одна цель, нужно, чтобы из пяти выстрелов только один поразил цель, по которой он направлен, а остальные — не поразили:            

Аналогично 

Так как события, вероятности которых обозначены   несовместны и образуют полную группу, то 

Пример 4.29*. Производится стрельба п снарядами по группе из ./V целей  Каждый выстрел с одинаковой вероятностью направляется на любую из N целей (безотносительно к тому, поражена она предыдущими выстрелами или не поражена). Каждый выстрел поражает непораженную цель, по которой он направлен, с вероятностью р. Выстрел, направленный по уже пораженной цели, не меняет ее состояния. Найти вероятность того, что в составе группы будет поражено k целей  

Решение:

Вероятность  поражения k целей из N найдем по формуле полной вероятности. Введем гипотезу по первой цели пришлось  выстрелов, по второй  по , причем 

При этой гипотезе условная вероятность  поражения k целей из N равна коэффициенту при  в разложении по степеням z производящей функции 

где есть вероятность поражения  цели за  выстрелов, 

 Вероятность гипотезы находим тем же способом, каким находили вероятность того, что п шариков распределяется определенным образом по ./V лункам (см. 
задачу 1,45): 

Вероятность  по формуле полной вероятности равна 

где сумма распространяется на все возможные способы разбиения числа п на N слагаемых: 

Пример 4.31. Имеется N лунок, по которым случайным образом разбрасываются М шариков. Найти вероятность р того, что в данную (вполне определенную, например, первую) лунку 
попадет ровно k шариков. 

Решение:

Рассмотрим М бросаний шариков как М независимых опытов, каждый из которых с вероятностью  заканчивается попаданием в данную лунку; тогда 

Случайные величины. Законы распределения.  Числовые характеристики случайных величин 

Случайной величиной называется величина, которая в результате опыта может принять то или иное значение, неизвестно заранее, какое именно. 

Дискретной (прерывной) случайной величиной называется случайная величина, принимающая отделенные друг от друга значения, которые можно перенумеровать. 

Непрерывной случайной величиной (в широком смысле слова) называется случайная величина, возможные значения которой непрерывно заполняют какой-то промежуток. 

Законом распределения случайной величины называется всякое соотношение, устанавливающее связь между возможными значениями случайной величины и соответствующими им вероятностями. Закон распределения может иметь разные формы. 

1. Ряд распределения:

Рядом распределения дискретной случайной величины X называется таблица, где перечислены возможные (различные) значения этой случайной величины  
с соответствующими им вероятностями 

где 

Графическое изображение ряда распределения (см. рис. 5) называется многоугольником распределения. 

2. Функция распределения:

Функцией распределения случайной величины X называется функция F (х), выражающая вероятность того, что X примет значение, меньшее чем  

 Функция F (х) есть неубывающая функция;  

Для дискретных случайных величин функция распределения есть разрывная ступенчатая функция, непрерывная слева. 

Если функция распределения F (х) везде непрерывна и имеет производную, случайная величина называется непрерывной в узком смысле слова или просто непрерывной. 

Если функция распределения  F (х) на некоторых участках непрерывна, а в отдельных точках имеет разрывы, случайная величина называется смешанной. 

3. Плотность распределения:

Плотностью распределения непрерывной (в узком смысле слова) случайной величины называется функция f (x) = F' (х). 
Плотность распределения любой случайной величины неотрицательна,  и обладает свойством 

График плотности f (x) называется кривой распределения. 

Элементом вероятности для случайной величины X называется величина  приближенно выражающая вероятность попадания случайной точки X в элементарный отрезок  примыкающий к точке х. 

Функция распределения F (х) выражается через плотность распределения формулой 

Вероятность попадания случайной величины X на участок от  до  (включая ) выражается формулой 

Если случайная величина X непрерывна, то и 

Вероятность попадания на участок от  до  для непрерывной случайной величины выражается формулой 

Математическим ожиданием случайной величины X называется ее среднее значение, вычисляемое по формулам: 

—для дискретной случайной величины; 

—для непрерывной случайной величины. 

Для смешанной случайной величины математическое ожидание выражается суммой двух слагаемых: 

где сумма распространяется на все точки разрыва функции распределения, а интеграл — на все участки ее непрерывности. 

В случае, когда М[X] надо обозначить одной буквой, будем писать 

 

Центрированной случайной величиной называется разность между случайной величиной X и ее математическим ожиданием: 

Дисперсией случайной величины X называется математическое ожидание квадрата соответствующей центрированной случайной  величины! 

Дисперсия вычисляется по формулам: 

—для дискретной случайной величины; 

— для непрерывной случайной величины; 

—для смешанной случайной величины.

Дисперсия D [X] кратко обозначается 

Средним квадратическим отклонением случайной величины X называется корень квадратный из дисперсии  

Начальным моментом  порядка случайной величины X называется математическое ожидание k-й степени этой случайной величины: 

 Для дискретной, непрерывной и смешанной случайной величины  вычисляется соответственно по формулам 

Центральным моментом k-то порядка случайной величины X называется математическое ожидание  степени центрированной случайной величины 

Вычислительные формулы для 

Математическое ожидание случайной величины X есть ее первый начальный момент, а дисперсия — второй центральный: 

Второй и третий центральные моменты выражаются через начальные формулами 

Дискретная случайная величина X называется распределенной по биномиальному закону, если ее возможные значения  а вероятность того, что  выражается формулой 

Математическое ожидание случайной величины X, распределенной по биномиальному закону, равно  а дисперсия 

Дискретная случайная величина X называется распределенной по закону Пуассона, если ее возможные значения  а вероятность того, что  выражается формулой 

где а > 0 — параметр закона Пуассона. 

Математическое ожидание и дисперсия случайной величины X, распределенной по закону Пуассона, равны параметру закона а:  

Потоком событий называется последовательность событий, наступающих одно за другим в случайные моменты времени. 

Плотностью (интенсивностью) потока называется среднее число событий в единицу времени. 

Поток событий называется потоком без последействия, если вероятность появления на любом участке времени того или другого числа событий не зависит от того, какое число событий попало на другие, не пересекающиеся с данным участки. 

Поток событий называется ординарным, если вероятность появления на элементарном участке  двух или более событий пренебрежимо мала по сравнению с вероятностью появления одного события. 

Ординарный поток событий без последействия называется пуассоновским. 

Если события образуют пуассоновский поток, то число событий, попадающих на любой участок времени  распределено по закону Пуассона: 

где а —математическое ожидание числа точек, попадающих на участок; 

Если  пуассоновский поток называется «стационарным пуассоновским» или простейшим потоком. 

Для простейшего потока число событий, попадающих на любой участок длины  распределено по закону Пуассона с параметром  

Расстояние Т между двумя соседними событиями в простейшем потоке есть непрерывная случайная величина, распределенная по показательному закону, с плотностью 

Для случайной величины Т , распределенной по показательному закону, 

Случайным полем точек называется совокупность точек, случайным образом распределенных на плоскости (в пространстве). 

Плотностью поля называется среднее число точек, попадающих на единицу площади (объема). 

Если плотность поля постоянна, оно называется равномерным. 

Поле точек называется пуассоновским, если оно обладает свойствами: 

1. Вероятность появления того или другого числа точек в любой области плоскости (пространства) не зависит от того, сколько точек попало в любые области, не пересекающиеся с данной; 
2. Вероятность попадания в элементарную область двух или более точек пренебрежимо мала по сравнению с вероятностью попадания одной точки. 

Число точек пуассоновского поля, попадающих в любую область S плоскости (пространства), распределено по закону Пуассона: 

где а — математическое ожидание числа точек, попадающих в область S. 

Если поле равномерно и имеет плотность , то  где s — площадь (объем) области S. 
Если поле неравномерно, то 

 (для плоскости), 

(для пространства). 

Для вычислении, связанных с распределением Пуассона, применяются таблицы функций 

Таблица функции  дана в приложении (табл. 1). 

Непрерывная случайная величина X называется равномерно распределенной в интервале  если ее плотность распределения в этом интервале постоянна: 

где запись  означает: «х лежит на участке от  до  , а  означает: «х не лежит на участке от  до ». 

 Математическое ожидание и дисперсия случайной величины, распределенной равномерно на участке равны 

Непрерывная случайная величина X называется распределенной по нормальному закону, если ее плотность распределения равна 

Математическое ожидание случайной величины X, распределенной по нормальному закону, равно  а дисперсия  
Вероятность попадания случайной величины X, распределенной по нормальному закону, в интервал  выражается формулой 

где  —табулированная функция (см. приложение, табл. 2). 

Пример 5.13*. Производится п независимых выстрелов по мишени. Вероятность попадания при каждом выстреле равна р. Определить наивероятнейшее число попаданий в мишень  

Решение:

Рассмотрим, при каком условии  Если или откуда 

Если то или откуда 

Рассмотрим случай, когда  в этом случае должны выполняться совместно два неравенства 

Эти два неравенства эквивалентны следующим: 

откуда  должно быть целым числом, удовлетворяющим неравенству 

Можно убедиться в том, что это неравенство выполняется и в случае 

и в другом крайнем случае: 

Поскольку правая часть неравенства на единицу больше левой, то между ними лежит только одно целое число  исключение составляет только случай, когда —целое. В этом случае имеется два наивероятнейших числа попаданий:  и  Если  — целое число, то  т. е. наивероятнейшее значение числа попаданий в мишень равно его математическому ожиданию. 

Пример 5.14. Два стрелка стреляют каждый по своей мишени, делая независимо друг от друга по одному выстрелу. Вероятность попадания в мишень для первого стрелка  для 
второго  Рассматриваются две случайные величины: 

—число попаданий первого стрелка; 
 — число попаданий второго стрелка 
и их разность 

Построить ряд распределения случайной величины Z и найти ее характеристики и 

Решение:

Случайная величина Z имеет три возможных значения: -1, 0 и +1. 

где 

Ряд распределения величины Z имеет вид 

Дисперсию находим через второй начальный момент: 

Пример 5.15. Производится ряд независимых опытов, в каждом из которых может появиться некоторое событие А.  Вероятность события А в каждом опыте равна р. Опыты  производятся до первого появления события А, после чего они прекращаются. Случайная величина X — число произведенных опытов. Построить ряд распределения этой случайной  величины и найти ее характеристики — математическое ожидание и дисперсию. 

Решение:

Ряд распределения имеет вид 

Замечаем, что ряд представляет собой результат дифференцирования геометрической прогрессии 

Дисперсию определяем через второй начальный момент: 

Для вычисления суммы ряда умножим ряд ( 1) на q и продифференцируем по q: 

Умножая на р=1—q, получим 

Полученное распределение можно связать с распределением Паскаля: 

с характеристиками:  Легко видеть, что наша случайная величина X выражается через Y следующим образом:  Распределение случайной величины X 
можно назвать «сдвинутым на 1 распределением Паскаля». 

Пример 5.16. Производится два независимых выстрела по мишени. Вероятность попадания при каждом выстреле равна р. 
Рассматриваются случайные величины: 
X—разность между числом попаданий и числом промахов; 
Y — сумма числа попаданий и числа промахов. 

Построить для каждой из случайных величин X, Y ряд распределения. Найти их характеристики: 

Решение:

Ряд распределения величины X имеет вид 

Случайная величина Y фактически не случайна и имеет одно значение 2; ее ряд распределения: 

Пример 5.17. В нашем распоряжении имеется п лампочек; каждая из них с вероятностью р имеет дефект. Лампочка ввинчивается в патрон и включается ток; при включении тока 
дефектная лампочка сразу же перегорает, после чего заменяется другой. 

Рассматривается случайная величина X—число лампочек, которое будет испробовано. Построить ее ряд распределения и найти математическое ожидание  

Решение:

Ряд распределения величины X 

 

Пример 5.22. При заданном положении точки разрыва снаряда цель оказывается накрыта пуассоновским полем осколков с плотностью  Площадь проекции цели на 
плоскость, на которой наблюдается осколочное поле, равна Каждый осколок, попавший в цель, поражает ее не с полной достоверностью, а с вероятностью 0,6. Найти вероятность того, что цель будет поражена.

Решение:

Рассмотрим вместо заданного поля осколков «поле поражающих осколков» с плотностью  Математическое ожидание числа 
поражающих осколков, попавших в цель, будет  отсюда вероятность поражения 

Другое решение: по формуле полной вероятности с гипотезами  в цель попало  осколков А —поражение цели, 

Пример 5.23. Электронная лампа работает исправно в течение случайного времени Т, распределенного по показательному закону:

о истечении времени Т лампа выходит из строя, после чего ее немедленно заменяют новой. Найти вероятность того, что за время  а) лампу не придется заменять; б) лампу придется заменять ровно три раза; в) лампу придется заменять не менее трех раз. 

Решение:

Отказы ламп образуют простейший поток с плотностью  Математическое ожидание числа отказов X за время  равно 

Пример 5.24. Техническое устройство состоит из трех узлов; в первом узле  элементов, во втором  элементов, в третьем  элементов. Первый узел безусловно необходим для работы устройства; второй и третий дублируют друг друга. Время исправной работы каждого элемента распределено по показательному закону; среднее время работы элемента, входящего в первый узел, равно , во второй или третий узлы — Первый узел выходит из строя, если в нем отказало не менее двух элементов; второй узел (так же, как и дублирующий его третий) выходит из строя при отказе хотя бы одного элемента. Для выхода из строя устройства в целом достаточно, чтобы отказал первый узел или второй и третий вместе. Найти вероятность того, что за время х устройство выйдет из строя. 

Решение:

Вероятность выхода из строя одного элемента первого, второго или третьего узлов за время  равна соответственно 

где 

Вероятность выхода из строя первого узла за время :

Вероятности выхода из строя второго и третьего узлов: 

Вероятность выхода из строя всего устройства; 

Пример 5.25. Искусственный спутник земли, движущийся по своей орбите в течение п суток, может случайным образом сталкиваться с метеоритами. Метеориты, пересекающие орбиту 
и сталкивающиеся со спутником, образуют пуассоновский поток с плотностью  (метеоритов в сутки). Метеорит, попавший в спутник, пробивает его оболочку с вероятностью 
Метеорит, пробивший оболочку, с вероятностью  выводит из строя аппаратуру спутника. Найти вероятности следующих событий: 

А — за время полета спутника его оболочка будет пробита; 
В—за время полета спутника его аппаратура будет выведена из строя; 
С—за время полета спутника будет пробита только оболочка спутника, а аппаратура будет действовать. 

Решение:

Математическое ожидание числа метеоритов, пробивающих оболочку:  Математическое ожидание числа метеоритов, пробивающих оболочку и поражающих 
аппаратуру: 

Пример 5.27. При работе некоторого прибора в случайные моменты времени возникают неисправности. Время Т работы прибора от его включения до возникновения неисправности 
распределено по показательному закону с параметром 

При возникновении неисправности она мгновенно обнаруживается, и прибор поступает в ремонт. Ремонт продолжается время  после чего прибор снова включается в работу. 

Найти плотность распределения  и функцию распределения  промежутка времени  между двумя соседними неисправностями. Найти его математическое ожидание и дисперсию. Найти вероятность того, что время  будет больше 

Решение:

Пример 5.28. Время Т между двумя сбоями вычислительной машины распределено по показательному закону с параметром  

Решение:

Решение определенной задачи требует безотказной работы машины в течение времени . Если за время  произошел сбой, то задачу приходится решать заново. Сбой обнаруживается только через время  после начала решения задачи. Рассматривается случайная величина  — время, за которое задача будет решена. 

Пример 5.29. В условиях предыдущей задачи найти вероятность того, что за данное время  будет решено не менее  задач 

Решение:

Обозначим  вероятность того, что за время  будет решено ровно  задач.  есть вероятность того, что из k промежутков времени  ровно  будет таких, в которых не будет сбоев. Вероятность того, что за время  не будет сбоя:  По теореме о повторении опытов 

Вероятность того, что будет решено не менее m задач : 

или, если это удобнее, 

Пример 5.30. Охотники, собравшиеся для охоты на волка, выстраиваются в цепь случайным образом так, что расстояние между двумя соседними охотниками D не зависит от других 
расстояний и распределено по показательному закону с параметром  Волк бежит перпендикулярно цепи. Любой охотник стреляет по волку только в случае, если волк пробегает от него не дальше чем на расстоянии  и, выстрелив, убивает его с вероятностью  Определить вероятность того, что волк будет убит, если он не знает, где расположены 
охотники, и цепь достаточно длинна для того, чтобы волк с достоверностью не пробежал за пределами цепи. 

Решение:

Цепь охотников (рис. 5.30) может рассматриваться как пуассоновская последовательность точек на оси  Волк, бегущий по направлению, указанному стрелкой, обстреливается в случае, если в полосу шириной  связанную с его траекторией, попадает хотя бы один охотник. Каждый охотник, если ему придется стрелять по волку, с вероятностью р оказывается «удачливым», т. е. убивает волка. Перейдем от «цепочки охотников» на оси Ох к 
«цепочке удачливых охотников», имеющей плотность  

Волк будет убит в случае, если в отрезок длиной  случайно брошенный на ось абсцисс, попадет хотя бы один «удачливый» охотник; вероятность этого: 

Пример 5.31. Рассматривается равномерное пуассоновское поле точек на плоскости с плотностью  Найти закон распределения и числовые характеристики  расстояния R от любой точки поля до ближайшей к ней соседней точки. 

Решение:

Найдем функцию распределения  величины R. Для этого проведем вокруг точки поля окружность радиуса  (рис. 5.31). 

 Для того чтобы расстояние R от этой точки до ближайшей к ней соседней было меньше , надо, чтобы в круг попала хотя бы одна точка (кроме данной). По свойствам пуассоновского поля вероятность этого события не зависит от того, есть ли уже в центре круга точка 
или ее нет. Поэтому 

откуда 

Такой закон распределения называется законом Релея. 

Пример 5.32. Деревья в лесу растут в случайных точках, которые образуют пуассоновское поле с плотностью  (среднее число деревьев на единицу площади). Выбирается произвольная точка О в этом лесу, Рассматриваются случайные величины: 

 — расстояние от точки О до ближайшего к ней дерева; 
 — расстояние от точки О до следующего по порядку (второго по удаленности) дерева; 

 — расстояние от точки О до  по удаленности дерева. 

Найти закон распределения каждой из этих случайных величин. 

Решение:

Функция распределения случайной величины  найдена нами в предыдущей задаче: 

Функция распределения  равна вероятности того, что в круг радиуса  попадет не менее двух деревьев: 

Аналогичными рассуждениями получим 

Плотность распределения получим дифференцированием  по  

Пример 5.33. В пространстве трех измерений случайным образом расположены точки. Число точек в некотором объеме пространства  есть случайная величина, подчиненная закону 
Пуассона с математическим ожиданием  где  — среднее число точек, находящихся в единичном объеме. Требуется найти закон распределения расстояния  от любой точки 
пространства до ближайшей к ней случайной точки. 

Решение:

Функция распределения  есть вероятность того, что в сферу радиуса  попадет хотя бы одна точка:

 

где   объем сферы радиуса . Отсюда 

Пример 5.35*. Предыдущие задачи можно обобщить на произвольное число измерений N: в мерном пространстве случайным образом расположены точки. Число точек, попадающих 
в некоторую замкнутую область V этого пространства, есть случайная величина X, подчиненная закону Пуассона. «Объем»  этой области V определяется так: 

Математическое ожидание случайной величины X будет равно  где  — среднее число точек, находящихся в единичном объеме. 

Требуется найти закон распределения «расстояния» R от любой точки этого пространства до ближайшей случайной точки. Под «расстоянием» R между двумя точками 
 и  понимается величина 

Решение:

Известно, что объем  гиперсферы радиуса  в N-мерном пространстве равен 

где  (при нечетном N). Заметим, что «площадь» поверхности гиперсферы  радиуса  в N-мерном пространстве определяется так: 

Функция распределения случайной величины R будет равна вероятности того, что в гиперсферу радиуса  попадает хотя бы одна случайная точка: 

откуда 

Пример 5.37. Автомашина проходит технический осмотр и обслуживание. Число неисправностей, обнаруженных во время техосмотра, распределяется по закону Пуассона с параметром а. 
Если неисправностей не обнаружено, техническое обслуживание машины продолжается в среднем 2 часа. Если обнаружены одна или две неисправности, то на устранение каждой 
из них тратится в среднем еще полчаса. Если обнаружено больше двух неисправностей, то машина ставится на профилактический ремонт, где она находится в среднем 4 часа. 

 Определить закон распределения среднего времени Т обслуживания и ремонта машины и его математическое ожидание  

Решение:

Пример 5.39.* Обследуется группа животных; каждое из них с вероятностью  является больным. Обследование производится путем анализа крови. Если смешать кровь п животных, то 
анализ этой смеси будет положительным, если среди  животных будет хотя бы одно больное. Требуется обследовать большое число N животных. Предлагается два способа обследования: 

1) обследовать всех N животных; в этом случае нужно провести N анализов; 

 2) вести обследование по группам, смешав сначала кровь группы из п животных; если анализ отрицательный, считать, что все животные группы здоровы и переходить к следующей 
группе из п животных; если анализ положительный, обследовать каждое из п животных и после этого переходить к следующей группе 

Определить, какой способ обследования выгоднее — первый или второй — в смысле минимального среднего числа анализов. Определить, при каком  для обследования 
группы животных потребуется в среднем наименьшее число анализов. 

Решение:

Случайная величина  — число анализов на группу из п животных при втором способе — имеет ряд распределения

 

Среднее число анализов на группу из п животных при втором способе будет 

При первом способе на группу из п животных приходится п анализов. Очевидно, при  первый способ выгоднее второго, а при  второй способ выгоднее первого. 

Установим, при каком  второй способ становится выгоднее и каково при этом будет оптимальное значение  Из неравенства  вытекает  а из последнего  так как минимум — для целых п достигается при п  = 3. 

Предположим, что q > 0,694, и найдем то значение п = п*, которое обращает в минимум среднее количество анализов, приходящееся на одно животное: 

Для этого надо найти наименьший положительный корень уравнения 

взять ближайшие к нему два целых числа и прямой подстановкой их в  выбрать из них оптимальное  Уравнение  подстановкой приводится к  . Последнее уравнение при малых а (и, значит, малых р = 1—q) имеет решение откуда . При немалых а непосредственное сравнение величин  позволяет сделать вывод, что всегда   и что  при  следовательно, при  оптимальное  Можно показать, что при  хорошее приближение дает формула 

Пример 5.47. Случайная величина X с вероятностью  имеет плотность распределения , а с вероятностью  — плотность распределения  Написать выражение 
для плотности распределения и функции распределения величины X. Найти ее математическое ожидание и дисперсию. 

Решение:

По формуле полной вероятности (с гипотезами  — величина X имеет плотность распределения получаем 

где — математические ожидания для распределений 

где  — вторые начальные моменты для распределений 

Пример 5.48. Браковка шариков для подшипников производится следующим образом: если шарик не проходит через отверстие диаметром  но проходит через отверстие диаметром 
 то его размер считается приемлемым. Если какое-нибудь из этих условий не выполняется, то шарик бракуется. Известно, что диаметр шарика D есть нормально 
распределенная случайная величина с характеристиками  и  Определить вероятность р того, что шарик будет забракован. 

Решение:

так как то

и по таблицам функции Ф* (х) (см. приложение, табл. 2) находим 

Пример 5.49. Известно, что размер D шарика для подшипников является случайной величиной, распределенной по нормальному закону. Браковка шарика производится так же, как 
указано в задаче 5.48. При этом известно, что средний размер шарика равен , а брак составляет 10% всего выпуска. Определить среднее квадратическое отклонение 
диаметра шарика 

Решение:

Вероятность брака 

Откуда   По таблицам функции Ф* (х) (см. приложение, табл. 2) находим 

Пример 5.50. На перекрестке стоит автоматический светофор, в котором 1 минуту горит зеленый свет и 0,5 минуты — красный, затем опять 1 минуту горит зеленый свет, 0,5 минуты— красный и т. д. Некто подъезжает к перекрестку на машине в случайный момент, не связанный с работой 
а) Найти вероятность того, что он проедет перекресток, не останавливаясь, 
б) Найти закон распределения и числовые характеристики времени ожидания у перекрестка. 

Решение:

Момент проезда автомашины через перекресток распределен равномерно в интервале, равном периоду смены цветов в светофоре. Этот период равен l + 5 = 
= 1,5 [мин] (рис. 5.50). 

Для того чтобы машина проехала через перекресток, не останавливаясь, достаточно, чтобы момент проезда перекрестка пришелся на интервал времени . Для случайной величины, подчиненной закону постоянной плотности в интервале , вероятность того, что она попадет на интервал   равна  Время ожидания  есть смешанная случайная величина; с вероятностью  она равна нулю, а с вероятностью принимает с одинаковой плотностью вероятности любое значение между 0 и 0,5 мин. 

Среднее время ожидания у перекрестка 

Дисперсия времени ожидания 

Пример 5.51. Кривая распределения случайной величины X представляет собой полуэллипс с 
полуосями а и b (рис. 5.51а)

Величина а известна. Требуется определить величину Ь, найти  найти и построить функцию распределения F(x). 

Решение:

Величина b находится из условия равенства единице площади, ограниченной кривой распределения; 

Плотность распределения 

Математическое ожидание  Дисперсия 

График функции   см. рис. 5.51б. 

Пример 5.52.* Показать, что функция вида 

где  и а > 0 — некоторые постоянные и s — натуральное число  обладает свойствами плотности распределения. Определить параметры а и  исходя из заданного математического ожидания  и найти 

Решение:

Параметры а и  находятся из условий 

 
Написанные выше интегралы заменой приводятся к гамма-функции Эйлера: 

где причем и для целых получаем 

Из заданных условий находим 

откуда

Второй начальный момент 

откуда 

Некоторые из законов вида  имеют определенные названия:  называется законом Релея, —законом, Максвелла. 

Для закона Релея (s=l) 

имеем соотношения 

Для закона Максвелла 

имеем соотношения 

Замечание. Все законы вида 

при заданном s являются однопараметричными, т. е. зависят только от одного параметра, в качестве которого можно задать, например, математическое ожидание (или дисперсию). 

Пример 5.53*. Имеется случайная величина X, распределенная по нормальному закону с параметрами  и  Найти выражение для величины  — начального момента s-ro порядка. 

Решение:

Выразим начальные моменты  через центральные моменты 

Для центральных моментов при нечетном s = 2n + 1

а при четном  s = 2n — по формулам предыдущей задачи 

Например, 

Пример 5.54. Случайная величина X подчинена нормальному закону с математическим ожиданием . Вероятность попадания этой случайной величины на участок от — а до 
а равна 0,5. Найти  и написать выражение нормального  закона. 

Решение:

По таблицам функции Ф* (х) имеем откуда 

Пример 5.55*. Функция распределения F(x) неотрицательной случайной величины X задана графиком (рис. 5.55). Математическое ожидание случайной величины X равно . Показать, что  геометрически может быть представлено площадью фигуры, заштрихованной на рис. 5.55 (ограниченной кривой y=F{x), прямой у= 1 и осью ординат). 

Решение:

Имеем 

Применяя интегрирование по частям, получим 

Докажем, что первое слагаемое равно нулю: 

Действительно, для случайной величины  имеющей конечное математическое ожидание, из сходимости интеграла  следует, что  и так как 

то отсюда получаем

 

Следовательно, 

Отсюда 

а это есть площадь, заштрихованная на рис. 5.55. 

Пример 5.57. Случайная величина X подчинена нормальному закону с математическим ожиданием  (рис. 5.57). 

Задан интервал , не включающий начала координат. При каком значении среднего квадратического отклонения а вероятность попадания случайной величины X в интервал 
 достигает максимума? 

Решение:

Значение а найдем, дифференцируя по  вероятность попадания в интервал  и приравнивая производную нулю. Имеем 

отсюда 

и следовательно, 

Для малого интервала 

Например, при  формула  имеет погрешность менее 1%. 

Пример 5.58. Имеется случайная величина X, подчиненная нормальному закону с математическим ожиданием  и средним квадратичным отклонением  Требуется приближенно заменить нормальный закон законом постоянной плотности в интервале (); границы  подобрать так, чтобы сохранить неизмененными основные характеристики случайной величины X: математическое ожидание и дисперсию. 

Решение: Для закона постоянной плотности на участке () 

Решая эти уравнения относительно  и  имеем 

Пример 5.59. Производится стрельба по наземной цели снарядами, снабженными радиовзрывателями. Номинальная высота подрыва снаряда, на которую рассчитан взрыватель, равна а, 
но фактически имеют место ошибки в высоте, распределенные по нормальному закону со средним квадратическим отклонением  (систематической ошибки нет). Если 
взрыватель не сработает над землей, взрыва снаряда вообще не происходит. Найти вероятности следующих событий: 
А — при стрельбе одним снарядом точка разрыва окажется на высоте, превышающей 1,2а; 
В — при стрельбе тремя снарядами ни один снаряд не разорвется на высоте более чем 1,2а; 
С — хотя бы один из трех снарядов не разорвется; 

D — один из трех снарядов не разорвется, а два другие разорвутся.

Решение:

Вероятность того, что один отдельный снаряд не разорвется: 

Пример 5.60. Производится стрельба тремя независимыми выстрелами по цели, имеющей вид полосы (мост, автострада, взлетно-посадочная полоса). Ширина полосы 20 м. Прицеливание производится по средней линии полосы; систематическая ошибка отсутствует; среднее квадратическое отклонение точки попадания в направлении, перпендикулярном полосе, 16 м. Найти вероятность р попадания в полосу  при одном выстреле, а также вероятности следующих событии при трех выстрелах: 

А — хотя бы одно попадание в полосу; 
В — не менее двух попаданий в полосу; 
С—один снаряд попадет в полосу, один ляжет с недолетом и один с перелетом. 

Решение:

Пример 5.61. Завод изготовляет шарики для подшипников. Номинальный диаметр шариков  мм. Вследствие неточности изготовления шарика фактический его диаметр — случайная величина, распределенная по нормальному закону со средним значением  и средним квадратическим отклонением  мм. При контроле бракуются все шарики, диаметр которых отличается от номинального больше чем на 0,1 мм. Определить, какой процент шариков в среднем будет отбраковываться?  

Решение:

Вероятность того, что шарик не будет забракован:  Вероятность того, что он будет забракован:  Следовательно, около 4,6% шариков будет браковаться. 

Системы случайных величин (Случайные векторы) 

Совокупность двух случайных величин (X, У), рассматриваемых совместно, называется системой двух случайных величин. Система двух случайных величин (X, У) геометрически интерпретируется как случайная точка с координатами (X, Y) на плоскости хОу (рис. 6а) 
или как случайный вектор, направленный из начала координат в точку (X, Y), составляющие которого представляют собой случайные величины X и Y (рис. 66). 

Система трех случайных величин (X, У, Z) изображается случайной точкой или случайным вектором в трехмерном пространстве; система п случайных величин — случайной точкой или случайным вектором в пространстве п измерений. 

Функцией распределения F (х, у) системы двух случайных величин (X, У) называется вероятность совместного выполнения двух неравенств: X < х и Y < у : 

Геометрически F (х, у) интерпретируется как вероятность попадания случайной точки (X, Y) в квадрант с вершиной (х, у),  заштрихованный на рис. 6в. Функция распределения F (х, у) обладает свойствами: 

функции распределения случайных величин X и У; 
4) F (х, у)—неубывающая функция х и у. 

Вероятность попадания случайной точки (X, Y) в прямоугольник R со сторонами, параллельными осям координат, включающий свою нижнюю и левую границы, но не включающий верхнюю и правую (рис. 6г), выражается через функцию распределения формулой 

Плотностью распределения f (x, у) системы двух случайных величин (X, Y) называется предел отношения вероятности попадания случайной точки в элементарный участок плоскости, примыкающий к точке (x, у), к площади этого участка, когда его размеры стремятся к нулю. Плотность распределения выражается через функцию распределения формулой 

Поверхность, изображающая функцию f (x, у), называется поверхностью распределения. 

Элементом вероятности для системы двух случайных величин называется величина   приближенно выражающая вероятность попадания случайной точки (X, Y) в элементарный прямоугольник со сторонами  примыкающий к точке (х, у). 

Вероятность попадания случайной точки (X, Y) в произвольную область D выражается формулой 

Свойства плотности распределения:

Функция распределения системы выражается через плотность распределения формулой 

(интегрирование производится сначала по у, а потом по х). 

Плотности распределения отдельных величин, входящих в систему, выражаются через плотность распределения системы формулами 

Условным законом распределения случайной величины, входящей в систему, называется ее закон распределения, вычисленный при условии, что другая случайная величина приняла определенное значение. 

Условные функции распределения случайных величин X и У, входящих в систему, обозначаются  и  а условные плотности распределения—  и 

Теорема умножения плотностей распределения:

Выражения для условных плотностей распределения через безусловные:

Случайные величины (X, Y) называются независимыми, если условный закон распределения одной из них не зависит от того, какое значение примет другая: 

Начальным моментом порядка  системы (X, Y) называется величина 

Центральным моментом порядка  системы (X, Y) называется величина 

Расчетные формулы для определения моментов:

а) Для дискретных случайных величин 

6) для непрерывных случайных величин 

где f (x, у)—плотность распределения системы. 

Корреляционным моментом  двух случайных величин (X, У) называется центральный момент порядка 1+1 т. е.  (второй смешанный центральный момент): 

Для независимых случайных величин корреляционный момент равен нулю. 

Коэффициентом корреляции  двух случайных величин (X, Y) называется безразмерная величина 

где 

Коэффициент корреляции характеризует степень тесноты линейной зависимости между случайными величинами. 

Случайные величины (X, Y) называются некоррелированными, если их корреляционный момент (или, что равносильно,  коэффициент корреляции) равен нулю. 

Из независимости случайных величин следует их некоррелированность; напротив, из некоррелированности случайных величин еще не следует их независимость. 

Если случайные величины (X, Y) связаны линейной функциональной зависимостью вида  то их коэффициент корреляции  где знак + или — берется в соответствии со знаком коэффициента а. 

Для любых двух случайных величин 

Функцией распределения системы п случайных величин  называется вероятность совместного выполнения п неравенств вида

Плотностью распределения системы п случайных величин называется смешанная частная производная  порядка функции распределения: 

Функция распределения  одной из величин  входящих в систему, получается из  если положить в ней все аргументы, кроме  равными  

Плотность распределения отдельной величины в систему  выражается формулой входящей 

Плотность распределения отдельной подсистемы  входящей в систему  выражается формулой 

Условная плотность распределения подсистемы  при фиксированных значениях всех остальных случайных величин выражается формулой 

Если случайные величины  независимы, то 

Вероятность попадания случайной точки  в пределы п-мерной области D выражается п-кратным интегралом 

Корреляционной матрицей системы п. случайных величин  называется таблица, составленная из корреляционных моментов всех этих величин, взятых попарно 

где   корреляционный момент случайных величин  

Корреляционная матрица симметрична: поэтому обычно заполняется лишь половина таблицы, 

По главной диагонали корреляционной матрицы стоят дисперсии случайных величин 

Нормированной корреляционной матрицей системы п случайных величин называется таблица, составленная из коэффициентов корреляции всех этих величин, взятых попарно, 

где — коэффициент корреляции величин 

Нормальный закон распределения для двух случайных величин (X, Y) (нормальный закон на плоскости) имеет плотность вида 

где  — математические ожидания случайных величин   — их средние квадратические отклонения;  — их коэффициент корреляции. 

Для случайных величин, распределенных по нормальному закону, некоррелированность равносильна независимости. Если случайные величины (X, Y) некоррелированы (независимы), то  и 

В этом случае оси  называются главными осями рассеивания, а —главными средними квадратическими отклонениями. 

Если при этом  то нормальный закон принимает канонический вид: 

Вероятность попадания случайной точки, распределенной по нормальному закону, в прямоугольник R (рис. 6г) с осями, параллельными главным осям рассеивания, выражается формулой 

Эллипсом равной плотности (эллипсом рассеивания) называется эллипс, во всех точках которого плотность распределения  нормального закона постоянна: 

Полуоси эллипса рассеивания пропорциональны главным средним квадратическим отклонениям: 

Вероятность попадания случайной точки, распределенной по нормальному закону, в область  ограниченную эллипсом рассеивания, равна 

где k — размеры полуосей эллипса в средних квадратических отклонениях. 

Если  рассеивание по нормальному закону называется круговым. 

При круговом нормальном рассеивании с  расстояние R от точки (X, Y) до начала координат (центра рассеивания) распределяется по закону Релея: 

Нормальный закон в пространстве трех измерений для независимых случайных величин (X, Y, Z) выражается формулой 

Вероятность попадания случайной точки (X, Y, Z) в область  ограниченную эллипсоидом равной плотности с полуосями 

равна 

Пример 6.1. Два стрелка независимо один от другого производят по одному выстрелу, каждый по своей мишени. Случайная величина X—число попаданий первого стрелка; Y—второго 
стрелка. Вероятность попадания в мишень для первого стрелка  для второго  Построить функцию распределения F (x, у) системы случайных величин 

Решение:

Составим таблицу значений функции  для различных значений аргументов. Так как случайные величины (X, Y) независимы, то 

Построим функцию распределения 

где  Аналогично 

Значения функции F (х, у) даны в таблице 

Пример 6.2. По мишени производится один выстрел. Вероятность попадания равна р. Рассматриваются две случайные величины: X — число попаданий; Y—число промахов. Построить функцию распределения F (х, у) системы (X, Y). 

Решение:

Случайные величины (X, Y) зависимы, причем жестко (функционально): 

Таблица возможных значений X, Y с соответствующими вероятностями будет 

Значения функции F (х, у) даны в таблице 

Пример 6.4. Дана поверхность  изображающая плотность распределения системы 
(X, Y) (рис. 6.4). Задано некоторое значение х. Дать геометрическую интерпретацию: 

а) значению  в точке х; 
б) условной плотности распределения 

 

Решение:

Для данного х: 
а)  изображается площадью сечения, заштрихованного на рис. 6.4. 
б) Условная плотность распределения изображается кривой, каждая ордината которой равна ординате сечения, деленной на  

Пример 6.7. Поверхность распределения системы случайных величин (X, Y) представляет собой прямой круговой конус (рис. 6.7а); основанием конуса служит круг К с центром в начале координат и с радиусом  Вне этого круга плотность распределения равна нулю. 

а) Написать выражение  б) Найти в) Определить, являются ли случайные величины X, Y зависимыми, г) Определить, являются ли 
случайные величины X, У коррелированными. 

Решение:

в) Так как  то случайные величины X, Y зависимы. 

г) Находим корреляционный момент  так как  то 

где —правая половина круга К;  — левая половина (рис. 6.76). Функция  нечетна относительно аргумента х, поэтому интегралы по  и  отличаются только знаком; в сумме интегралы взаимно уничтожаются, значит,  и случайные величины X, Y не коррелированы. 

Пример 6.8. Система случайных величин (X, Y) распределена по закону: 

а) Найти коэффициент а. б) Установить, являются ли величины X, Y зависимыми; найти   в) Найти вероятность попадания случайной точки (X, Y) в пределы квадрата R, центр которого совпадает с началом координат, а стороны параллельны осям координат и имеют длину  (рис. 6.8). 

Решение:

а) Из условия 

находим 

б) Случайные величины X, Y независимы: 

Пример 6.10. Поверхность распределения f (x, у) системы случайных величин (X, Y) представляет прямой круговой цилиндр, центр основания которого совпадает с началом координат (рис. 6.10а), а высота равна h. Определить радиус цилиндра  найти   

Решение:

Радиус цилиндра  определяется из условия: объем цилиндра равен единице, откуда 
Плотность распределения  имеет вид 

Следовательно, 

Аналогично 

График функции  показан на рис. 6.106. При 

Аналогично при 

Математические ожидания равны нулю: 

так как функция  четна как по х, так и по у, 

Пример 6.11. Система случайных величин  распределена по круговому нормальному закону со средним квадратическим отклонением  

а) Заменить приближенно этот закон распределения законом постоянной плотности в круге; радиус круга  подобрать так, чтобы сохранились неизменными дисперсии величин X и Y. 

б) Заменить приближенно этот закон распределения законом с поверхностью, изображаемой прямым круговым конусом с центром основания в начале координат; радиус  основа- 
основания также подобрать из условия равенства дисперсий. 

Решение:

 а) Сравнивая с задачей 6.10, из соотношения  находим 

б) Сравнивая с задачей 6.7, из соотношения 

находим 

Пример 6.12. Случайная точка (X, Y) распределена с постоянной плотностью внутри квадрата R, заштрихованного на рис. 6.12а. Написать выражение плотности распределения f (x, у). Найти выражения плотностей распределения  отдельных величин X, Y, входящих 
в систему. Написать выражения условных плотностей  и 
Зависимы или независимы случайные величины X, У? Коррелированы они или нет? 

Решение:

Площадь квадрата равна 2, поэтому 

 

или, короче, 

График закона показан на рис. 6.126 (закон Симпсона). 
Аналогично, 

Далее, при 

График плотности  показан на рис. 6.12в. Аналогично, при 

Случайные величины X, Y зависимы, но не коррелированы. 

 

Пример 6.14. Независимые случайные величины X, Y распределены по нормальным законам с параметрами 

Вычислить вероятности следующих событий: 

Решение:

в) Искомая вероятность равна интегралу 

взятому по области D, где у < х — 5. Область D заштрихована на рис. 6.14; она лежит правее и ниже прямой у = х— 5. Эта прямая проходит через точку с координатами 
 (центр рассеивания). В силу симметричности нормального закона вероятность попадания случайной точки по одну сторону от прямой, проходящей через центр рассеивания,  равна вероятности попадания по другую сторону от этой прямой, 
поэтому 

Пример 6.15. Система случайных величин (X, Y) имеет распределение с плотностью f (x, у). Выразить через плотность распределения вероятности событий: 

Решение:

На рис. 6.15, а, б, в, г заштрихованы области  попадания в которые соответствуют событиям а), б), в), г). Вероятности попадания в них: 

Пример 6.16. Система двух случайных величин X, У распределена по нормальному закону с параметрами   Определить вероятности следующих 
событий: 

Решение:

На рис. 6.16, а, б, в показаны области, соответствующие событиям а), б) и в). При круговом рассеивании вероятности событий будут: а) 0,25; б) 0,5; в) 0,75. 

Пример 6.17. Случайная величина X имеет плотность распределения f (x); случайная величина Y связана с нею функциональной зависимостью 

Найти функцию распределения F(x, у) системы (X, У). 

Решение:

Исходим из того, что значение случайной величины Y полностью определяется значением случайной величины X. Случайная точка (X, Y) может находиться только на кривой . Вероятность попадания ее в квадрант с вершиной в точке (х,у) равна вероятности попадания случайной точки X на проекцию на ось Ох участка кривой , попадающей в квадрант (рис. 6.17). Пользуясь этой интерпретацией, имеем 

Пример 6.18. Случайная точка (X, Y) распределена по нормальному закону на плоскости: 

Найти вероятность р попадания точки (X, Y) в квадрат R (заштрихованный на рис. 6.18), сторона которого равна двум. 

Решение:

Так как рассеивание круговое  то координаты точки (X, Y) остаются независимыми при любом повороте координатных осей, и поэтому при повороте на 45° получаем 

 

Пример 6.19. Случайная точка (X, Y) распределена по нормальному закону на плоскости с параметрами

 

Найти вероятность того, что случайная точка попадет внутрь области D, ограниченной эллипсом 

Решение:

Область D ограничена эллипсом с полуосями  вероятность попадания в эту область 

Пример 6.20. Производится стрельба по точечной (малоразмерной) цели снарядом, зона разрушительного действия которого представляет собой круг радиуса  Рассеивание точки 
попадания снаряда круговое, с параметрами   (центр рассеивания совпадает с целью). Сколько выстрелов нужно произвести для того, чтобы разрушить 
цель с вероятностью Р = 0,9? 

 Решение:

Вероятность разрушения цели при одном выстреле 

Потребное число выстрелов 

Пример 6.22. Производится стрельба одним снарядом по точечной (малоразмерной) воздушной цели. Рассеивание точки разрыва снаряда происходит по нормальному закону; центр рассеивания совпадает с целью; средние квадратические отклонения  Цель поражается, если расстояние между нею и точкой разрыва снаряда не превышает  Найти 
вероятность р того, что при одном выстреле цель будет поражена. 

Решение:

По формуле для вероятности попадания в эллипсоид равной плотности имеем 

Пример 6.23. Система трех случайных величин (X, Y, Z) распределена равномерно внутри шара S радиуса  Написать выражение плотности распределения системы f (x, у, z), 
плотностей распределения  отдельных величин, входящих в систему, а также условной плотности распределения 

Решение:

Постоянную с находим из условия, что объем шара S, умноженный на с, равен единице: 

откуда 

Плотность  определяется выражением 

При очевидно,  При  имеем 

где  есть круг радиуса  (рис. 6.23, а и б). 
Следовательно, 

Таким образом, 

Кривая распределения представлена на рис. 6.23, е. Числовые характеристики этого закона следующие: Плотности распределения имеют вид 

Плотность распределения подсистемы (Y, Z) 

Отсюда при  находим условную плотность распределения 

Пример 6.25. Из урны, в которой а белых, b черных и с  красных шаров, вынимается один шар. Случайные величины X, Y, Z определяются следующими условиями: 

Построить корреляционную матрицу и нормированную корреляционную матрицу системы случайных величин (X, Y, Z). 

Решение:

Корреляционные моменты определим из таблицы вероятностей отдельных значений X, У и Z. 
Обозначим 

Имеем 

Аналогично 

Далее находим дисперсии 

аналогично 

Отсюда находим коэффициенты корреляции 

Аналогично 

Пример 6.26. Имеется система случайных величин X и Y. Случайная величина X распределена по показательному закону с параметром  

Случайная величина Y при заданном значении  распределена также по показательному закону, но с параметром х: 

 

Написать плотность распределения системы (X, Y) и найти плотность распределения  случайной величины Y; найти условную плотность  

Решение:

Далее, при у > О 

Пример 6.28. Случайная величина Х—дискретная величина с двумя значениями  и  имеющими вероятности  и  

Случайная величина У—непрерывная величина; ее условным распределением при  служит нормальный закон с математическим ожиданием, равным  и средним квадратическим отклонением, равным  

Найти функцию распределения F(x, у) системы случайных величин (X, Y). Найти плотность распределения  случайной величины у. 

Решение:

 
Пусть  тогда  и  пусть  тогда  и   При  по 
формуле полной вероятности имеем 

Следовательно, 

Далее, полагая  и дифференцируя по у, получаем 

Пример 6.29*. Звезды на небесной сфере рассматриваются как пуассоновское поле точек. Число звезд, попадающее в объектив телескопа, является случайной величиной, распределенной по закону Пуассона с параметром  где  — площадь участка, вырезаемого на поверхности сферы полем зрения телескопа (в радианах) (рис. 6.29, а). Поле зрения телескопа имеет координатную сетку (рис. 6.29, б) (отсчет ведется в радианах). Показать, что при любом положении телескопа 
координаты {X, Y) ближайшей к перекрестию звезды распределены по нормальному закону с параметрами 

Решение:

В задаче 5.31 было показано, что расстояние R от центра перекрестия до ближайшей к нему точки 

пуассоновского поля подчиняется закону Релея. Но  следовательно, вероятность попадания точки (X, Y) в круг  может быть записана в двух формах: 

где f (x,y) — плотность распределения системы (X, Y). В силу симметрии надо считать, что  f (x,y) зависит только от расстояния:  где  Переходя к полярным координатам  получаем 

Сравнивая выражения (1) и (2), находим:  и значит,  что и требовалось доказать. 

Числовые характеристики функций случайных величин 

Если X—дискретная случайная величина с рядом распределения 

а величина Y связана с Х функциональной зависимостью  то математическое ожидание величины Y равно 

а дисперсия выражается любой из двух формул 

Если (X, Y)—система дискретных случайных величин, распределение которой характеризуется вероятностями 

a  то математическое ожидание величины Z равно 

а дисперсия выражается любой из двух формул 

Если X—непрерывная случайная величина с плотностью распределения  а  то математическое ожидание величины Y равно 

а дисперсия выражается любой из двух формул 

Если (X, К) — система непрерывных случайных величин с плотностью f (х, у), a  то математическое ожидание величины Z равно 

а дисперсия выражается любой из двух формул 

Если —система п непрерывных случайных величин с плотностью  a  то математическое ожидание величины У равно 

а дисперсия выражается любой из двух формул 

Если с—не случайная величина, то 

Если с —не случайная величина, а X—случайная, то 

Теорема сложения математических ожиданий:

Математическое ожидание суммы случайных величин равно сумме их математических ожиданий: 

и вообще 

Математическое ожидание линейной функции нескольких случайных величин 

где  и б — не случайные коэффициенты, равно той же линейной функции от их математических ожиданий: 

где 

Короче это правило можно записать так; 

где L — линейная функция. 

Математическое ожидание произведения двух случайных величин X, Y выражается формулой 

где —корреляционный момент величин X, Y. Эту формулу в другом виде можно записать так: 

или, имея в виду, что 

Теорема умножения математических ожиданий:

Математическое ожидание произведения двух некоррелированных случайных величин X, Y равно произведению их математических ожиданий 

Если —независимые случайные величины, то математическое ожидание их произведения равно произведению математических ожиданий 

Дисперсия суммы двух случайных величии выражается формулой 

Дисперсия суммы нескольких случайных величин выражается формулой 

где  — корреляционный момент случайных величин 

Теорема сложения дисперсий:
Дисперсия суммы двух некоррелированных случайных величин X, Y равна сумме их дисперсий 

и вообще, для некоррелированных случайных величин 

Дисперсия линейной функции нескольких случайных величин

где  —не случайные величины, выражается формулой 

В случае, когда величины  не коррелированы, 

то

Функция  нескольких случайных аргументов  называется «почти линейной», если во всем диапазоне практически возможных значений аргументов она может быть с достаточной для практики точностью линеаризована (приближенно заменена линейной). Это означает, что 

где   частная производная функции  по аргументу  в которую вместо каждого аргумента подставлено его математическое ожидание.  

Математическое ожидание почти линейной функции  приближенно вычисляется по формуле 

Дисперсия почти линейной функции приближенно вычисляется по формуле 

где —дисперсия случайной величины  

корреляционный момент величин  
В случае, когда случайные аргументы  не коррелированы, 

Пример 7.1. Дискретная случайная величина X имеет ряд распределения 

Найти математическое ожидание и дисперсию случайной величины 

Решение:

 

Пример 7.2. Непрерывная случайная величина X распределена в интервале (0, 1) по закону с плотностью 

(рис. 7.2). Найти математическое ожидание и дисперсию квадрата случайной величины 

Решение:

Пример 7.3. Непрерывная случайная величина X распределена по показательному закону: 

Найти математическое ожидание и дисперсию случайной величины 

Решение:

Пример 7.4. Непрерывная случайная величина X распределена по показательному закону: 

Установить, при каких условиях существуют и чему равны математическое ожидание и дисперсия случайной величины У=ех. 

Решение:

 

при  т. е. при  этот интеграл существует и равен  при  он расходится. 

При  этот интеграл существует и равен , а дисперсия равна  при  интеграл расходится, и дисперсии  не существует. 

Пример 7.5. Непрерывная случайная величина X распределена по закону: 

Найти математическое ожидание и дисперсию случайной величины 

Решение:

Пример 7.6. Случайная величина X распределена по тому же закону, что и в предыдущей задаче. Найти математическое ожидание и дисперсию случайной величины 

Решение:

Пример 7.7. Случайная величина Х распределена с постоянной плотностью в интервале (1; 2): 

Найти математическое ожидание и дисперсию случайной величины 

Решение: 

Пример 7.8. Случайная точка (X, Y) распределена равномерно внутри круга К радиуса  (рис. 7.8). Найти математическое ожидание и дисперсию случайной величины

Решение:

Пример 7.9. Случайная точка (X, Y) распределена равномерно внутри квадрата R (рис. 7.9). Найти математическое ожидание и дисперсию случайной величины Z = XY. 

Решение:

Так как случайные величины X, Y независимы, то 

Пример 7.10. Имеются две случайные величины X и Y, связанные соотношением К=2—ЗХ. Числовые характеристики величины X заданы: 

Определить: а) математическое ожидание и дисперсию величины  б) корреляционный момент и коэффициент корреляции величин X, Y. 

Решение:

но отсюда 

что и естественно, так как X и Y связаны линейной функциональной зависимостью. 

Пример 7.14. Имеются две независимые случайные величины X и Y. Величина К распределена по нормальному закону:  

Величина Y распределена равномерно в интервале (0; 2). 
Определить: 

Решение:

Пример 7.15. Случайная величина X распределена равномерно 
в интервале (0, а). Определить: 

Решение:

отсюда 

Пример 7.16. Случайная величина X подчинена нормальному закону: 

Найти математическое ожидание случайной величины 

Решение:

Так как 

Пример 7.17. Независимые случайные величины X и К распределены по законам  графики плотностей которых представлены на рис. 7.17, а, б. 

Определить: 

.

Решение:

Пример 7.18. Ответить на вопросы а), б), в) предыдущей задачи, если величины X, Y зависимы и их коэффициент корреляции равен 

Решение:

Пример 7.19. По сторонам прямого угла хОу концами скользит линейка Ли длины , занимая случайное положение (рис. 7.19), причем все значения абсциссы X ее конца А на оси Ох в пределах от 0 до  одинаково вероятны. 

Найти математическое ожидание расстояния R от начала координат до линейки. 

Решение:

Случайная величина X распределена равномерно в интервале

Случайная величина R выражается через X формулой (см. рис. 7.19) 

Ее математическое ожидание равно 

Пример 7.20. Случайные величины V, U связаны линейно со случайными величинами X, Y: 

Известны числовые характеристики системы случайных величин (X, Y):  Требуется найти числовые характеристики системы случайных величин (V, U): 

Решение:

Далее 

Пример 7.21. Производится стрельба независимыми выстрелами по некоторой цели; вероятность попадания в цель для каждого выстрела равна р. Запас снарядов неограничен; стрельба 
ведется до k-ro попадания, после чего прекращается. Найти математическое ожидание числа израсходованных снарядов. 

Решение:

Обозначим X—число израсходованных снарядов. Имеем 

где  — число выстрелов до первого попадания (включая первое); 
 — число выстрелов от первого до второго попадания (включая второе); 

 — число выстрелов от  до k-го попадания (включая k-e). 

По теореме сложения математических ожиданий 

Так как выстрелы независимы и вероятность р одинакова для всех выстрелов, можно вычислять  как математическое ожидание числа выстрелов до первого попадания 
(см. задачу 5.15): откуда

Пример 7.22. Тело взвешивается на аналитических весах. Истинное (неизвестное нам) значение веса тела равно а. Вследствие наличия ошибок результат каждого взвешивания случаен 
и распределяется по нормальному закону с параметрами  

Для уменьшения ошибок взвешивания пользуются следующим приемом: взвешивают тело п раз и в качестве приближенного значения веса берут среднее арифметическое 
результатов п взвешиваний 

а) Найти характеристики случайной величины  — математическое ожидание и среднее квадратическое отклонение. 
б) Сколько нужно сделать взвешиваний для того, чтобы уменьшить в десять раз среднюю квадратическую ошибку веса? 

Решение:

Так как все взвешивания производятся в одинаковых условиях, то  при любом  

Считая ошибки отдельных взвешиваний независимыми, находим дисперсию  

б) Число взвешиваний п находим из условия 

Пример 7.23.* По некоторой цели производится п независимых выстрелов; вероятности попадания в цель для этих выстрелов равны  Для упрощения вычислений эти вероятности осредняют, заменяя одной постоянной 

По этой средней вероятности приближенно определяются математическое ожидание  и среднее квадратическое отклонение  числа попаданий К. Будут ли эти характеристики 
вычислены верно? Если нет, то в какую сторону будет ошибка? 

Решение:

Математическое ожидание будет вычислено верно: 

Что касается среднего квадратического отклонения  то оно будет завышено:  Для доказательства сравним приближенное выражение дисперсии 

с ее точным значением 

Преобразуем двумя способами сумму 

Отсюда 

что и требовалось доказать. Заметим, что знак равенства в  достигается только при 

Пример 7.24. Светящаяся точка, изображающая наблюдаемый объект на круглом экране радиолокатора, может случайным образом занимать любое положение на экране (плотность 
вероятности постоянна). Диаметр экрана равен  Найти математическое ожидание расстояния R от светящейся точки до центра экрана. 

Решение:

где (X, Y) — система случайных величин, распределенная равномерно в круге  диаметра D: 

или, переходя к полярной системе координат 

Пример 7.25. Две точки X и Y, независимо друг от друга, занимают случайное положение на отрезке (0; 1) оси абсцисс (рис. 7.25а), причем плотность вероятности на этом отрезке постоянна для 
обеих случайных величин. Найти математическое ожидание расстояния R между этими точками и квадрата расстояния между этими точками. 

 

Решение:

Имеем 

Изобразим систему (X, Y) как случайную точку на плоскости хОу (рис. 7.256), распределенную с постоянной плотностью f (x,y) = 1 в квадрате со стороной 1. В области В области 

Пример 7.26. На оси абсцисс имеются два соседних отрезка (рис. 7.26) длиной по единице; в пределы одного из них случайным образом попадает точка X; в пределы другого—- точка Y, причем координаты точек X и Y независимы. Плотность распределения каждой из случайных величин X, Y в пределах соответствующего отрезка постоянна. Найти математическое ожидание, дисперсию и второй начальный момент расстояния R между ними. 

Решение:

Пример 7.27. Имеется квадрат К со стороной, равной 1 (рис. 7.27). На смежные стороны квадрата случайным образом и независимо друг от друга падают точки X и Y; каждая из них 
имеет в пределах соответствующей стороны равномерное распределение. Найти математическое ожидание квадрата расстояния между ними. 

Решение:

Пример 7.28. Условия предыдущей задачи изменены так, что точки X, Y падают не на смежные, а на противоположные стороны квадрата (рис. 7.28). Найти математическое ожидание квадрата расстояния между точками X и Y. 

Решение:

Пример 7.29. Условия предыдущих задач (7.27 и 7.28) изменены так, что точки X и Y случайным образом и независимо друг от друга занимают с постоянной плотностью любое положение на периметре квадрата К. Найти математическое ожидание квадрата расстояния между ними. 

Решение:

Выберем три гипотезы: 
 — точки X, Y легли на одну и ту же сторону квадрата; 
—точки X, Y легли на смежные стороны квадрата; 
— точки X, Y легли на противоположные стороны квадрата. 

Математическое ожидание величины  найдем по формуле полной вероятности: 

где —условные математические ожидания величины  при соответствующих гипотезах. 
Из ранее решенных задач 7.25, 7.27, 7.28 имеем 

Находим вероятности гипотез: 

Отсюда 

Пример 7.30.* Задача Бюффона. Игла длины  бросается на плоскость, разграфленную параллельными прямыми, разделенными расстояниями  (рис. 7.30а). Все положения центра иглы и все ее направления одинаково вероятны. 

Найти вероятность р того, что игла пересечет какую-нибудь из линий. 

Решение:

Положение и ориентация иглы определяются двумя случайными величинами: X и , где X—расстояние от центра иглы до ближайшей к нему линии и —угол, образованный иглой с направлением перпендикуляра к параллельным линиям (рис. 7.306). Эти случайные величины распределены равномерно: 

X —на участке от 0 до  

- на участке от 

Поэтому  при и 

при или 

Рассмотрим на плоскости хОу прямоугольник возможных значений величин X и в (рис. 7.30в). Пересечение иглы с линией происходит, если выполняется условие 

т. е. если случайная точка X,  попадает в область D, заштрихованную на рис. 7.30в; отсюда 

где  —площадь области D: 

откуда 

Пример 7.31. В условия предыдущей задачи внесено изменение, состоящее в том, что ограничение  снимается. Найти математическое ожидание числа пересечений иглы с параллельными линиями, которыми разграфлена плоскость. 

Решение:

Разделим иглу на п элементарных участков 

Рассмотрим случайную величину Y—число пересечений иглы с линиями; она равна сумме п случайных величин: 

где —число пересечений с линиями для  участка иглы. Так как  то случайная величина - может иметь только два значения: 1 и 0 с вероятностями  и  
Математическое ожидание этой величины равно 

По теореме сложения математических ожиданий 

Пример 7.32. На плоскость, разграфленную параллельными прямыми, фигурирующую в предшествующих задачах, бросается случайным образом любой контур (выпуклый или невыпуклый, замкнутый или незамкнутый) длины  Определить математическое ожидание числа пересечений этого контура с прямыми. 

Решение:

Как и в предыдущей задаче, 

Чтобы доказать это, нужно разделить контур на п элементарных, практически прямолинейных участков длины  для каждого из них математическое ожидание числа пересечений 
будет а для всего контура 

Пример 7.33. На плоскость, разграфленную параллельными прямыми на расстоянии L, бросается случайным образом выпуклый замкнутый контур длины  наибольший размер которого а не превосходит L (рис. 7.33). 

Найти вероятность того, что он пересечется с какой-либо из прямых. 

Решение:

Обозначим р — искомую вероятность, Y—число точек пересечения контура с прямыми. Так как контур выпуклый и замкнутый, а его наибольший размер меньше L, то контур может иметь либо две точки пересечения с прямыми, либо ни одной. Ряд распределения случайной величины Y имеет вид 

На основании задачи 7.32 

откуда

Пример 7.34. Плоскость разграфлена на прямоугольники со сторонами L и М (рис. 7.34). На плоскость случайным образом бросается игла длины  Найти вероятность того, что игла пересечется хотя бы с одной из линий. 

Решение:

Рассмотрим прямые, ограничивающие прямоугольники, как две системы линий — горизонтальных и вертикальных. 

Рассмотрим события: 
А — игла пересечется с одной из вертикальных прямых; 
В—игла пересечется с одной из горизонтальных прямых. 

Так как положение иглы относительно вертикальных прямых никак не влияет на ее положение относительно горизонтальных, события А и В независимы; поэтому искомая вероятность 

На оснований задачи 7.30 

откуда 

Пример 7.35. Игла длины  случайным образом бросается на плоскость, так что все значения угла в (рис. 7.35), составленного иглой с фиксированной осью /—/, одинаково вероятны. 

 

Найти математическое ожидание длины X проекции иглы на ось /—/. 

Решение:

Имеем  Угол  распределен равномерно; поскольку речь идет о длине проекции, можно задать этот угол в интервале от 0 до :

Пример 7.36. Прямоугольник с размерами  случайным образом бросается на плоскость (рис. 7.36); все значения угла  равновероятны. Найти математическое ожидание 
длины X его проекции на ось /—/. 

Решение:

Представим X как сумму 

где — проекция отрезка 
 — проекция отрезка  
Искомое математическое ожидание равно 

т. е. равно периметру прямоугольника, деленному на 

Пример 7.37. Выпуклый замкнутый контур длины  бросается случайным образом на плоскость, причем все его ориентации одинаково вероятны (рис. 7.37). Найти математическое 
ожидание длины X его проекции на ось. 

Решение:

Так как контур выпуклый, то каждый элемент проекции : получается проектированием двух и только двух противолежащих элементов контура:  и  
(рис. 7.37); значит средняя длина проекции контура вдвое меньше, чем сумма средних длин проекций элементарных отрезков  на которые можно разбить контур: 

Пример 7.38. Имеется случайная величина X с плотностью распределения f{x). Найти математическое ожидание и дисперсию случайной величины 

Решение:

Запись  означает, что 

Пример 7.39. Найти математическое ожидание и дисперсию модуля случайной величины X, распределенной по нормальному закону с параметрами 

Решение:

Из предыдущей задачи 

Делая замену переменных  получим 

В частности, при 

Пример 7.40*. Независимые случайные величины X и Y имеют плотности распределения  и 
 Найти математическое ожидание и дисперсию модуля их разности 

Решение:

Имеем 

Прямая у = х делит плоскость хОу Рис. 7.40. на две области (/) и (//) (рис. 7.40). 

В области  В области (//)  Отсюда 

Введем в рассмотрение функции распределения 

Тогда 

Объединяя первый интеграл с четвертым, а второй с третьим, получим 

Так как X, Y независимы, то 

Отсюда находим 

Пример 7.41. Независимые случайные величины X и Y имеют плотности распределения  и  Найти математическое ожидание и дисперсию минимальной из этих двух величин 

т. е. случайной величины Z, определяемой следующим образом: 

Решение:

Прямая  делит плоскость хОу на две области (см. рис. 7.40): (I), где , и (II), где  (случай  не рассматриваем, как имеющий нулевую вероятность). 

где  — функции распределения случайных величин X и Y. 

Пример 7.42. Случайное напряжение U распределено по нормальному закону с параметрами  и . Напряжение U поступает на ограничитель, который оставляет его равным U, 
если  делает равным  если 

Найти математическое ожидание и дисперсию случайной величины Z. 

Решение:

Заметим, что при  будет 

Пример 7.43. Случайная величина X распределена по нормальному закону. 

Независимая от нее случайная величина Y распределена равномерно в интервале (0,2). Найти: 

   

Решение:

Пример 7.44. Случайная величина Х распределена по нормальному закону с параметрами случайная величина —равномерно в интервале (0, 3); случайная величина Z — равномерно в интервале ( — 3, 0). Нормированная корреляционная матрица случайных величин X, Y, Z имеет вид 

Найти математическое ожидание и дисперсию случайной величины 

Решение:

Пример 7.45. Система случайных величин (X, У) распределена равномерно в прямоугольнике R (рис. 7.45).

Определить: 

Решение:

так как 

Пример 7.46. При работе прибора возникают случайные неисправности; среднее число неисправностей, возникающих за единицу времени работы прибора, равно  число  
неисправностей за время  работы прибора — случайная величина, распределенная по закону Пуассона с параметром  Для ликвидации возникшей неисправности (ремонта) 
требуется случайное время  это время распределено по показательному закону: 

Времена ликвидации неисправностей независимы. 

Найти: а) среднюю долю времени, которую прибор будет исправно работать и среднюю долю времени, которую он будет находиться в ремонте; б) средний интервал времени 
между двумя последовательными неисправностями. 

Решение:

а) Среднее время исправной работы прибора (математическое ожидание времени, которое проработает прибор после пуска до остановки для ремонта) 

Среднее время ремонта 

Средняя доля времени  которую прибор будет исправно работать: 

Аналогично средняя доля времени  которую прибор будет находиться в ремонте: 

б) Средний интервал времени  между двумя последовательными неисправностями 

Пример 7.47. В пределы прямоугольника R со сторонами а и b (рис 7.47) случайным образом бросается точка (X, Y), все положения которой в прямоугольнике R равновероятны. 
Строится прямоугольник c вершиной в точке (X, Y). Найти математическое ожидание и дисперсию площади  этого прямоугольника. 

Решение:

Выберем за начало координат левый нижний угол прямоугольника, а за оси координат — его нижнюю и левую стороны; тогда случайные величины X, Y независимы, 

и  Поэтому 

Пример 7.48. Случайная точка (X, Y) распределена на плоскости по нормальному закону с круговым рассеиванием: 

Случайная величина R—расстояние от точки (X, Y) до центра рассеивания. Найти математическое ожидание и дисперсию величины R. 

Решение:

Переходим к полярной системе координат 

Пример 7.49. Событие А состоит в выпадении ровно двух гербов при бросании трех монет. Опыт, состоящий в бросании трех монет, повторяется п раз. Найти математическое ожидание 
и дисперсию следующих случайных величин: 
X—число появлений события А при п опытах; 
—частота события А при п опытах. 

Решение:

Вероятность события А в одном опыте: 

Пример 7.50. Из урны, в которой находятся два белых шара и три черных, вынимается сразу два шара. Найти м.о. и дисперсию числа появившихся при этом белых шаров а) непосредственно; б) пользуясь теоремами о математических ожиданиях и дисперсиях. 

Решение:

а) Обозначим X—число появившихся белых шаров. Ряд распределения величины X будет 

Математическое ожидание величины X: 

Дисперсия величины X: 

б) Разделим мысленно опыт на два вынимания шара: первое и второе. Обозначим 
X —число белых шаров при двух выниманиях; 
 — число белых шаров при первом вынимании; 
—число белых шаров при втором вынимании; 

Находим  через начальный момент 

Построим таблицу распределения вероятностей для системы величин 

Пример 7.51. В урне а белых и  черных шаров. Из урны вынимают сразу k шаров  Найти математическое ожидание и дисперсию числа вынутых белых шаров. 

Решение:

Обозначим X число вынутых белых шаров; 

где  — число белых шаров, появившихся при  вынимании

Для нахождения дисперсии  подсчитаем и 

Находим  Для этого, как и в предыдущей задаче, строим таблицу распределения вероятностей для пары случайных величин 

Имеем 

и

Далее находим дисперсию случайной величины X 

Так как дисперсии  и корреляционные моменты  все одинаковы, то 

В частном случае, когда вынимаются все шары  мы получаем естественный результат: 

Пример 7.52. Через произвольную точку А на окружности радиуса  случайным образом проводится хорда АВ (рис. 7.52), так что все ее направления одинаково вероятны. Найти среднее значение длины хорды. 

Решение:

Выразим длину хорды У в зависимости от угла Ф, который составляет хорда с направлением радиуса в точке А. Из рис. 7.52 имеем 

где Ф — случайная величина, которую мы будем считать распределенной равномерно в интервале 
 Тогда 

Пример 7.53.* Через произвольную точку А внутри круга радиуса  проводится хорда ВС (рис. 7.53).

Все положения точки А в пределах круга одинаково вероятны. Все направления хорды ВС, характеризуемые углом Ф между нею и радиусом, направленным в точку А, также одинаково 
вероятны. Найти среднюю длину хорды ВС. 

Решение:

Длину хорды D выразим через координаты точки А (X, Y) и угол Ф: 

где  — перпендикуляр, опущенный из центра круга на хорду ВС. Так как точка (X, Y) равномерно распределена в круге К радиуса , а угол Ф можно считать 
равномерно распределенным в интервале  причем точка (X, Y) и угол Ф независимы, то плотность распределения системы (X, Y, Ф) есть 

Поэтому 

Переходим к полярным координатам 

Пример 7.54.* Найти среднее значение длины хорды ВС(рис. 7.54), проведенной через точку А внутри круга, находящуюся на расстоянии L от центра круга радиуса r, причем все направления этой хорды одинаково вероятны. 

Решение:

Хорда ВС выражается следующим образом через величины L, Ф, 

Если длину хорды ВС считать случайной величиной X, то 

где 

Полученный интеграл представляет собой полный эллиптический интеграл с модулем k; его значения можно найти в справочниках. Например, при интеграл 

Так как полный эллиптический интеграл  изменяется от  (при) до 1 (при k=1), то средняя длина хорды  будет принимать значения от  (при , т. е. 
для точки А в центре круга) до  (при  т. е. для точек А на окружности). 

Пример 7.55.* Техническое устройство состоит из п узлов. Каждый узел может выходить из строя независимо от других. Время исправной работы  узла распределено по показательному закону с параметром  

Каждый узел, оказавшийся неисправным, немедленно заменяется новым и поступает в ремонт. Ремонт i-го узла продолжается случайное время, распределенное по показательному закону с параметром 

Устройство работает в течение времени  Определить: а) математическое ожидание и дисперсию числа узлов, которые придется заменить; б) математическое ожидание суммарного времени Т, которое будет затрачено на ремонт вышедших из строя узлов. 

Решение:

а) Обозначим  число узлов i-го типа, вышедших из строя за время  Эта случайная величина распределена по закону Пуассона и имеет математическое ожидание  и дисперсию 

Обозначим X общее число узлов, вышедших из строя за время  Имеем 

Так как величины  независимы, то 

б) Обозначим  общее время, затраченное на ремонт всех вышедших из строя за время т узлов  i-го типа. Оно представляет собой сумму времен, затраченных на ремонт 
каждого из узлов. Так как число этих узлов равно , то 

где  — случайная величина, распределенная по показательному закону с параметром  величины  независимы. 

Найдем математическое ожидание случайной величины , 
для этого сначала предположим, что случайная величина  приняла определенное значение . При этом условии математическое ожидание величины  будет 

Умножив это условное математическое ожидание на вероятность  того, что случайная величина  приняла значение , и просуммировав все эти произведения, мы найдем 
полное (безусловное) математическое ожидание величины : 

Применяя далее теорему сложения математических ожиданий, получим 

Заметим, что тот же результат можно получить путем следующих (не вполне строгих) рассуждений. Среднее число выходов из строя узла  типа за время  равно   
среднее время ремонта одного такого узла равно  среднее время, которое будет затрачено на ремонт всех вышедших из строя за время  узлов  типа равно  среднее время, которое будет затрачено на ремонт узлов всех типов, равно 

Пример 7.56.* Условия задачи 7.55 изменены таким образом, что каждый вышедший из строя узел отправляется в ремонт, а техническое устройство на это время прекращает работу; 
при неработающем (выключенном) устройстве узлы выходить из строя не могут. Найти: а) математическое ожидание числа остановок устройства за время ; б) математическое 
ожидание той части времени , в течение которой устройство будет простаивать (оно же среднее время, затраченное на ремонт). 

Решение:

а) Обозначим X—число остановок за время и найдем его математическое ожидание  Задачу будем решать с помощью следующих не совсем строгих (но тем 
не менее верных) рассуждений. Рассмотрим неограниченный во времени процесс работы устройства в виде последовательности «циклов» (рис. 7.56), каждый из которых состоит из 
периода работы системы (отмечен жирно) и периода ремонта. 
Длительность каждого цикла представляет собой сумму двух случайных величин:  (времени работы устройства) и  (времени ремонта). Средняя длительность времени работы  

устройства  вычисляется как среднее время между двумя последовательными отказами в потоке отказов плотности  эт0 среднее время равно 

Находим среднее время ремонта  Будем его искать по формуле полного математического ожидания при гипотезах  — ремонтируется узел  типа 

Вероятность каждой гипотезы пропорциональна параметру 

Условное математическое ожидание времени ремонта при этой гипотезе равно  отсюда 

Среднее время цикла 

 

Теперь представим себе последовательность остановок устройства как последовательность случайных точек на оси Ot, разделенных интервалами, в среднем равными   Сред- 
Среднее число остановок за время  будет равно среднему числу таких точек на отрезке длиной : 

б) За каждый цикл устройство будет простаивать (ремонтироваться) в среднем время   за  циклов среднее время простоя будет равно 

Пример 7.57. Случайная величина X распределена по нормальному закону с характеристиками и  Случайные величины У и Z связаны с X зависимостями  Найти 
корреляционные моменты  и  

Решение:

Для упрощения вычислений перейдем к центрированным величинам и воспользуемся тем, что для центрированной нормальной величины  все моменты нечетных порядков равны нулю, а 
(см. задачу 5.53). Так как 

то

Далее 

и поэтому 

Наконец, 

Пример 7.58. Воздушная цель перемещается над обороняемой территорией со скоростью v. В течение времени  цель находится в зоне действия средств противовоздушной обороны. 
Число обстрелов, которому может подвергнуться цель, находясь над территорией, есть случайная величина, распределенная по закону Пуассона с параметром  В результате 
каждого обстрела цель поражается с вероятностью р. Пораженная цель немедленно прекращает полет, а) Найти вероятность  того, что к моменту  цель будет поражена, б) Найти среднюю глубину проникания цели на обороняемую территорию. 

Решение:

а) Выделим из пуассоновского «потока обстрелов» цели с плотностью  поток «поражающих обстрелов» с плотностью  Вероятность того, что за время  
цель будет поражена, равна вероятности того, что за время  произойдет хотя бы один поражающий обстрел: 

б) Введем гипотезу: цель поражена в интервале времени  Вероятность этой гипотезы будет  В предположении, что указанная гипотеза имела место, дальность D, на которой самолет будет поражен, равна  Следовательно, средняя глубина проникания цели на обороняемую территорию будет: 

Заметим, что  при 

Пример 7.59. Тело, вес которого равен  взвешивается на аналитических весах четыре раза; получаются результаты   В качестве измеренного значения веса принимается 
их среднее арифметическое:  Результаты взвешиваний независимы. Весы дают систематическую ошибку  Среднее квадратическое отклонение каждого взвешивания  Найти параметры: 

математическое ожидание и среднее квадратическое отклонение случайной величины Y. 

Решение:

Пример 7.60. Производятся четыре независимых измерения одной и той же величины X. Каждое измерение характеризуется одним и тем же математическим ожиданием  и средним квадратическим отклонением  Результаты измерений:  
 Рассматриваются разности между соседними измерениями: 

Найти характеристики системы этих случайных величин: математические ожидания  средние квадратические отклонения  нормированную корреляционную матрицу 

Решение:

В силу независимости величин 

Пример 7.61. Стрельба по некоторой цели Ц начинается в момент ее обнаружения и продолжается вплоть до некоторого момента , в который цель покидает зону обстрела и становится уже недоступной. Момент Т, в который обнаруживается цель, представляет собой случайную величину, распределенную с постоянной плотностью в промежутке от 0 до . Число 
выстрелов, которое может быть осуществлено по цели за время ее обстрела  - Т, есть случайная величина, распределенная по закону Пуассона с математическим ожиданием 
 При каждом выстреле цель поражается с вероятностью р. Найти полную вероятность поражения цели с учетом случайности момента обнаружения. 

Решение:

Вероятность поражения цели есть функция момента обнаружения  Рассматривая пуассоновский поток «поражающих» выстрелов с плотностью , имеем 
 Полная вероятность поражения 

Отметим, что при малых  будет 

Пример 7.62. Имеется кубический бак с горючим, на одной из шести стенок которого случайным образом появляется пробоина от осколка; пробоина оказывается с равной вероятностью на любой из шести стенок бака и в любой точке каждой из шести стенок. Вследствие наличия пробоины из бака вытекает все горючее, находящееся выше пробоины. 
В неповрежденном состоянии бак заполнен на 3/4 своего объема. Определить среднее количество горючего, которое сохранится в баке после пробития его осколком. 

Решение:

Для простоты будем считать ребро бака равным единице. Высоту пробоины обозначим через X, количество оставшегося горючего через Y. Так как площадь 
основания равна единице, то 

Если пробоина окажется выше чем на 0,75 от дна бака (Х>0,75), то горючее вытекать не будет, и в баке останется, как и было, количество горючего У=0,75; вероятность этого равна доле площади поверхности бака, находящейся выше уровня 0,75: 

Если пробоина окажется в дне бака (Х=0), то вытечет все горючее; вероятность этого равна доле площади, приходящейся на дно бака: 

Если пробоина окажется в одной из боковых стенок бака на расстоянии А"<0,75 от дна, то в баке останется количество горючего Плотность вероятности в интервале  постоянна и равна  Среднее количество оставшегося в баке горючего будет равно 

Пример 7.63. В интервале (0, 1) зафиксирована точка а (рис. 7.63). Случайная точка X распределена равномерно в том же интервале. Найти коэффициент корреляции между случайной 

величиной X и расстоянием R от точки а до X (расстояние R всегда считается положительным). Определить, при каком значении а величины X и R будут не коррелированы. 

Решение:

Определим  по формуле 

Отсюда

Находим 

Отсюда

Уравнение  имеет только один корень в интервале  Поэтому случайные величины X, R становятся некоррелированными только при 

Пример 7.64. Автомобиль может двигаться по шоссе с произвольной скоростью  Чем быстрее движется автомобиль, тем больше вероятность того, что он будет 
задержан инспектором милиции. Каждая задержка длится в среднем время  Инспекторы на пути следования расставлены случайным образом; при этом на единицу длины пути 
приходится случайное число инспекторов, распределенное по закону Пуассона с параметром . Зависимость вероятности задержки от скорости машины линейная: 

где 

Определить рациональную скорость движения  автомобиля, при которой он пройдет путь  в среднем за минимальное время. 

Решение:

Среднее время прохождения пути  будет 

Если минимум этой функции лежит внутри интервала  то его можно найти из уравнения 

откуда 

Эта формула справедлива при т. е. при 

Так, например, при и 20 минут имеем 

Если  то минимум функции лежит вне интервала , и наивыгоднейшей является скорость  Например, если при указанных выше 
данных время задержки уменьшить до 10 минут, то  100 [км/час]. 

Пример 7.65. Описывается окружность с помощью циркуля, расстояние между ножками которого номинально равно 5 см, но фактически устанавливается с ошибкой, математическое 
ожидание которой равно нулю, а среднее квадратическое отклонение 0,1 см. Ошибка распределена по нормальному закону. Найти математическое ожидание и среднее квадратическое отклонение площади описанной окружности S двумя способами: а) точным и б) приближенным, пользуясь методом линеаризации. 

Решение:

где X—ошибка в установке радиуса, 

так как при  начальные моменты совпадают с центральными (см. задачу 5.53); 

Таким образом, разница при вычислении точным и приближенным методами мала 0,04% по  и 0,01% по ). 

Пример 7.66. Для построения равностороннего треугольника со стороной а = 3 см пользуются следующим способом: из произвольной точки О откладывают отрезок длиной а; при нем 
строят угол а равный 60°; затем на стороне этого угла снова откладывают отрезок длиной а и 
полученную точку соединяют с точкой О (рис. 7.66). Отрезки длиной а откладываются с помощью линейки с делениями по 1 мм; максимально возможная при этом ошибка 
равна 0,5 мм. Угол откладывается с помощью транспортира с максимально возможной ошибкой 1°. Пользуясь методом линеаризации, найти математическое ожидание и среднее квадратическое отклонение третьей стороны X. 

Решение:

Обозначим фактическую длину первой стороны Хх, второй Х2, фактическое значение угла 9. Эти случайные величины можно считать независимыми. Имеем 

Пользуясь методом линеаризации, найдем 

Далее 

Вычисляем 

Дисперсии аргументов нам не заданы, заданы лишь максимальные практически возможные отклонения их от математических ожиданий: 

Полагая приближенно 

получим 

Пример 7.67. Расстояние  от некоторой точки О до объекта К определяется следующим образом: измеряется угол  под которым виден объект из точки О (рис. 7.67);

далее, зная линейный размер объекта X, определяют расстояние по приближенной формуле: 

Линейный размер объекта Х в зависимости от случайного положения объекта может изменяться в пределах от 8 до 12 м; угол  определяется с точностью до 0,1 тысячной 
радиана. Расстояние D велико по сравнению с размером объекта X. Найти приближенно среднее квадратическое отклонение  ошибки в определении расстояния D, если 
измеренное значение угла  равно одной тысячной радиана. 

Решение:

Применяя метод линеаризации, имеем 

Линейный размер X считаем равномерно распределенным в интервале (8; 12): 

Далее 

откуда 

Пример 7.68. Имеются две почти линейные функции п случайных аргументов: 

Даны характеристики системы  и корреляционная матрица 

Найти приближенно корреляционный момент  

Решение:

Линеаризуя функции  и  получим 

отсюда 

(Последняя сумма содержит п (п—1) членов; каждому соответствуют два члена суммы: 

Пример 7.69.* Летательный аппарат, находящийся над плоскостью хОу в точке А (рис. 7.69), определяет свои координаты (X, Y) с помощью двух наземных радиолокационных станций О и О', 
измеряя углы  и  составленные направлениями на эти станции с фиксированным направлением  Размеры базы (расстояние между станциями), известны со средней квадратической ошибкой   углы  и  определяются с одной и той же средней квадратической ошибкой  Известны: номинальное значение базы  и измеренные значения углов и  равные  и  Ошибки в определении всех параметров независимы. Пользуясь методом линеаризации, определить приближенно математические ожидания случайных величин X и Y, их средние квадратические отклонения и коэффициент корреляции. 

Решение:

В соответствии с рис. 7.69 находим

Корреляционный момент  подсчитаем по формуле, полученной в предыдущей задаче. В силу независимости величин  эта формула принимает вид 

Отсюда 

При  это выражение можно упростить: 

Пример 7.70. Для определения расстояния R от точки  до начала координат можно применить два способа: 

 1) определить расстояния X и Y до осей координат и затем найти R по формуле 

2) измерить только расстояние К до оси абсцисс и угол ее (рис. 7.70), затем найти R по формуле 

Какой способ приведет к меньшей погрешности, если расстояния X и Y и угол а определяются с независимыми друг от друга ошибками, причем средние квадратические отклонения ошибок X, Y равны  а ошибки в угле—? 

Привести численный расчет для значений средних квадратических ошибок 
 при средних значениях параметров равных

Решение:

Первый способ дает большую точность. 
Для числовых данных задачи: 

Пример 7.71. Система трех случайных величин X, Y, Z имеет математические ожидания   средние квадратические отклонения 

и нормированную корреляционную матрицу 

Пользуясь методом линеаризации, найти математическое ожидание и среднее квадратическое отклонение случайной величины 

Решение:

Пример 7.72. Производится параллельное соединение двух выбранных наугад сопротивлений  и  Номинальное значение каждого сопротивления одинаково и равно  = 900 [ом]. Максимальная ошибка в R при изготовлении сопротивлений равна  номинального значения. Определить методом линеаризации номинальное значение 
сопротивления такого соединения и его среднее квадратическое отклонение. 

Решение:

При этом максимальная ошибка будет 3,2 ом, что составляет 0,7% (а не 1%, как было первоначально) от номинала. 

Пример 7.73. Резонансная частота колебательного контура  определяется из выражения 

где L — индуктивность контура, 
С—емкость контура. 

Определить приближенно среднее значение резонансной частоты контура и ее среднее квадратическое отклонение, если  и

 

Решение:

что составляет 0,62% от номинальной частоты. 

Пример 7.74*. Доказать, что если  независимы, положительны и одинаково распределены, то 

Решение:

Так как все величины  положительны, то в знаменателе никогда не стоит нуль. По теореме сложения математических ожиданий имеем 

Так как все величины  распределены одинаково, то 

при любых  и  Обозначим  их общее значение: 

Вместе с тем ясно, что сумма всех величин вида 

равна единице, следовательно, и математическое ожидание ее тоже равно единице: 

Заменяя выражение, стоящее под знаком математического ожидания, через , имеем 

откуда Следовательно,

что и требовалось доказать. 

Законы распределения функций случайных величин. Предельные теоремы теории  вероятностей 

Если X—непрерывная случайная величина с плотностью распределения f (x), а случайная величина Y связана с нею функциональной зависимостью 

где  — дифференцируемая функция, монотонная на всем участке возможных значений аргумента X, то плотность распределения случайной величины Y выражается формулой 

где —функция, обратная по отношению к . 
Если —функция немонотонная, то обратная функция неоднозначна, и плотность распределения случайной величины определяется в виде суммы стольких слагаемых, сколько значений (при данном у) имеет обратная функция: 

где  — значения обратной функции для данного у. 
Для функции нескольких случайных величин удобнее искать не плотность распределения, а функцию распределения. В частности, для функции двух аргументов 

функция распределения вычисляется по формуле 

 где f (х, у)—плотность распределения системы (X, Y); 
—область на плоскости хОу, для которой  

Плотность распределения  определяется дифференцированием  

Плотность распределения суммы двух случайных величин 

выражается любой из формул 

где f (x, у) — плотность распределения системы (X, Y). 
В частности, когда случайные величины X, Y независимы, то

то

В этом случае закон распределения суммы  называется композицией законов распределения слагаемых 

Если случайные величины, подчиненные нормальному закону, подвергать любому линейному преобразованию, то будут получаться снова случайные величины, распределенные нормально. 

В частности, если случайная величина X распределена нормально с параметрами  то случайная величина 

(где а, Ь не случайны) распределена нормально с параметрами 

При композиции двух нормальных законов: с параметрами  и  с параметрами  получается снова нормальный закон с параметрами 

При сложении двух нормально распределенных случайных величин X, Y с параметрами   и коэффициентом корреляции  получается случайная величина Z, также распределенная нормально, с параметрами 

Линейная функция от нескольких независимых нормально распределенных случайных величин 

где  — неслучайные коэффициенты, также имеет нормальный закон распределения с параметрами 

где — параметры случайной величины 
В случае, когда аргументы  коррелированы, закон распределения линейной функции остается нормальным, но с параметрами 

где —коэффициент корреляции величин  

Композицией двух нормальных законов на плоскости называют закон распределения случайного вектора с составляющими 

где —случайные векторы, некоррелированные между собой

При композиции двух нормальных законов на плоскости получают снова нормальный закон с параметрами 

откуда

При проектировании случайной точки (X, Y), распределенной на плоскости по нормальному закону, на ось , проходящую через центр рассеивания и составляющую угол  с осью Ох, получается случайная точка Z, распределенная по нормальному закону с параметрами 

Характеристической функцией случайной величины X называется функция 

где —мнимая единица. 

Для дискретной случайной величины X 

где 
Для непрерывной случайной величины 

где  — плотность распределения случайной величины X. 
Отметим, что  и  для любого t. 
Плотность распределения f (х) выражается через g (t) формулой 

Если случайные величины X и Y связаны соотношением Y = aX, 
где а—неслучайный множитель, то их характеристические функции связаны соотношением 

Если случайная величина Y представляет собой сумму независимых случайных величин 

то

т. е. характеристическая функция суммы независимых случайных величин равна произведению характеристических функций слагаемых. 

Пример 8.1. Случайная величина X распределена равномерно в интервале .Найти закон распределения случайной величины 

Решение:

Функция у = sinх в интервале монотонна, поэтому плотность распределения величины Y может быть найдена по формуле 

Решение задачи располагаем в виде двух столбцов; слева будем писать обозначения функций, принятые в общем случае; справа—конкретные функции, соответствующие данному примеру: 

Интервал (—1, 1), в котором лежат значения случайной величины Y, определяется областью значений функции  для 

Пример 8.2. Случайная величина X распределена равномерно в интервале . Найти плотность распределения случайной величины F=cosX. 

Решение:

Функция у = cos x немонотонна в интервале . Решение будем составлять аналогично предыдущему с той разницей, что в данном случае для любого у 
обратная функция будет иметь два значения. Решение снова оформляем в виде двух столбцов 

*) В дальнейшем при решении аналогичных задач мы для сокращения записи будем писать выражение плотности распределения только на участке, где она отлична от нуля, подразумевая при этом, что вне этого участка она равна нулю. 

Пример 8.4. Случайная величина X имеет плотность распределения f(x). Найти плотность распределения случайной величины  

Решение:

Функция  немонотонна. Решение будем составлять так же, как в задаче 8.2 

Пример 8.5. Круглое колесо, закрепленное в центре О (рис. 8.5), приводится во вращение, которое затухает вследствие трения. В результате фиксированная точка А на ободе колеса останавливается на некоторой высоте Н (положительной или отрицательной) относительно горизонтальной линии /—/, проходящей через центр колеса; высота Н зависит 
от случайного угла , при котором остановилось вращение. 

Найти: а) закон распределения высоты Н; б) закон распределения расстояния D от точки А 
до прямой /—/ (считая это расстояние всегда положительным). 

Решение:

где угол  — случайная величина, распределенная равномерно в интервале  Очевидно, решение задачи не изменится, если считать случайную величину  распределенной равномерно в интервале ,тогда Н является монотонной функцией  .

Плотность распределения величины Н: 

Плотность распределения величины 

Пример 8.6. Случайная величина X распределена по закону Релея с плотностью 

 Найти закон распределения величины 

Решение:

На участке  возможных значений аргумента X функция  монотонна. Применяя общее правило, получим 

Графики g(y) при разных  см. рис. 8.6. 

Пример 8.7. Случайная величина X распределена по закону Коши с плотностью 

Найти плотность распределения обратной величины 

Решение:

Учитывая, что, несмотря на разрывный характер функции  обратная функция  однозначна, и решая задачу по правилам для монотонной функции, получим 

или

т. е. величина, обратная величине, распределенной по закону Коши, также имеет распределение Коши. 

Пример 8.8. Через точку А, лежащую на оси Оу на расстоянии 1 от начала координат, проводится прямая АВ под углом  к оси Оу (рис 8.8). Все значения угла  от  до
равновероятны. Найти плотность распределения абсциссы X точки В пересечения 
прямой с осью абсцисс. 

Решение:

Х= tga; функция монотонна на участке 

Имеем

т. е. случайная величина X распределена по закону Коши, 

Пример 8.9. Дискретная случайная величина X характеризуется рядом распределения 

Найти законы распределения случайных величин 

Решение:

Определяя для каждого xt соответствующие значения величин Y и Z и располагая их в возрастающем порядке, получим ряды распределения 

Пример 8.10. Через точку А с координатами (0, 1) проводится прямая АВ под случайным углом  к оси ординат (рис. 8.10). 

Закон распределения угла  имеет вид 

при 

Найти закон распределения расстояния L от прямой АВ до начала координат.

Решение:

Имеем Функция на интервалене монотонна. Применяя обычную схему записи, имеем

т. е. расстояние L распределено равномерно в интервале (О, 1), как это можно видеть и из геометрических соображений. 

Пример 8.11. Радиус круга R— случайная величина, распределенная по закону Релея: 

Найти закон распределения площади круга S. 

Решение:

Функция  на участке возможных значений  монотонна, следовательно, 

т. е. закон распределения площади круга есть показательный закон с параметром 

Пример 8.12. Маятник совершает свободные незатухающие колебания, причем угол  (рис. 8.12) изменяется в зависимости от времени по гармоническому закону: 

где а — амплитуда, со — частота,  — фаза колебания. В некоторый момент t = 0, совершенно не связанный с положением маятника, производится его фотографирование. Так как положение маятника в момент фотографирования неопределенно, то фаза  есть  
случайная величина, распределенная равномерно в интервале Найти закон распределения угла Ф, который будет составлять маятник с вертикалью в момент фотографирования, найти его математическое ожидание и дисперсию. 

Решение:

 где фаза  распределена равномерно в интервале  на котором функция не монотонна. Очевидно, решение задачи не изменится, если 
считать фазу  распределенной равномерно в интервале  где функция  монотонна. Плотность распределения величины Ф будет 

Так как закон  симметричен, то его математическое ожидание  Дисперсия угла Ф равна 

Пример 8.13. Завод изготовляет шарики, номинальный диаметр которых равен , а фактический диаметр L — случайная величина, распределенная по нормальному закону, с 
математическим ожиданием  и средним квадратическим отклонением  После изготовления каждый шарик проходит контроль, причем бракуются все шарики, проходящие сквозь отверстие диаметром  и все шарики, не проходящие сквозь отверстие диаметром 

Найти закон распределения диаметра шариков, прошедших контроль (не забракованных). 

Решение:

В этой задаче нужно найти плотность распределения некоторой случайной величины L*, которая равна L только в случае, когда L приняло значение между  
и  вне интервала  плотность  распределения  должна быть равна нулю (рис. 8.13), а внутри интервала — пропорциональна  причем 

Из этого соотношения можно найти коэффициент пропорциональности а: 

откуда

Таким образом, 

Пример 8.14. Имеется случайная величина X с плотностью распределения f (x). Случайная величина У определяется через X соотношением 

т. е. У=Х при  при 

Найти закон распределения случайной величины У и определить ее математическое ожидание и дисперсию. 

Решение:

Случайная величина  будет величиной смешанного типа. При у = 1 ее функция распределения имеет скачок  равный вероятности того, что величина X примет 
значение, большее единицы: 

При у < 1 функция распределения  случайной величины У будет совпадать с 
функцией распределения  случайной величины X при  

При  (рис. 8.14). 

Математическое ожидание смешанной случайной величины Y равно 

Дисперсия случайной величины У равна 

Пример 8.15. Имеется непрерывная случайная величина X с плотностью распределения f(x). Найти закон распределения случайной величины 

и ее числовые характеристики. 

Решение:

Дискретная случайная величина У имеет всего два значения: минус единица и плюс единица (вероятность того, что  равна нулю). 

Пример 8.16. Имеется непрерывная случайная величина X с плотностью распределения f (x). Найти закон распределения случайной величины 

 
т. е. величины, которая равна X, если  и  если  

Решение:

Функция  монотонна (рис. 8.16) 

Так как интервал (0, 1) оси Ох отображается на интервал (0, 1) оси Оу, то по общему правилу 

Пример 8.17. Случайная величина X имеет плотность распределения f(x), заданную графиком (рис. 8.17). Случайная величина Y связана с X зависимостью  Найти плотность распределения случайной величины Y. 

Решение:

Плотность f (x) дается функцией 

при

Функция  на этом участке не монотонна; обратная функция имеет два значения: 

Отсюда 

или

Пример 8.18. Случайная величина X распределена по закону с плотностью f (x). Найти плотность распределения обратной ей случайной величины 

Решение:

Функция  хотя и не монотонна в обычном смысле слова (при  она скачком возрастает от  до ), но обратная функция однозначна, значит, задача 
может быть решена так, как она решается для монотонных функций: 

при тех значениях у, которые могут быть обратными заданной совокупности возможных значений х. 

Пример 8.19. Натуральный логарифм некоторой случайной величины X распределен по нормальному закону с центром рассеивания m и средним квадратическим отклонением  Найти плотность распределения величины X. 

Решение:

Обозначим нормально распределенную величину U. Имеем 

Функция  монотонна; 

Такое распределение величины Х называется логнормальным. 

Пример 8.20. Пятно П, изображающее объект на круглом экране радиолокатора, может занимать на нем произвольное положение (рис. 8.20), причем плотность распределения координат (X, Y) пятна в пределах экрана постоянна. Радиус экрана равен  Найти плотность распределения расстояния R от пятна до центра экрана. 

Решение:

Найдем функцию распределения 

где  — круг радиуса г с центром в точке О. Так как в пределах экрана плотность 
распределения постоянна, то вероятность попадания в круг равна его относительной площади 

откуда 

Пример 8.21. Случайная величина X распределена равномерно в интервале (0, 1). Случайная величина Y связана с X монотонно возрастающей функциональной зависимостью 

Найти функцию распределения  и плотность распределения  случайной величины Y. 

Решение:

Имеем f (x) = 1 при  Обозначим  функцию, обратную по отношению к функции . Так как  монотонно возрастает, то 

откуда  т. е. искомая функция распределения есть обратная по отношению к функции  (в области возможных значений величины Y). 

Пример 8.22. Какому функциональному преобразованию надо подвергнуть случайную величину X, распределенную равномерно в интервале (0, 1), чтобы получить случайную величину Y, 
распределенную по показательному закону 

Решение:

На основании решения предыдущей задачи мы должны положить  где  — функция, обратная требуемой функции распределения  случайной величины 
У. Имеем 

Полагая  и разрешая относительно у, получим 

откуда искомая зависимость будет 

Пример 8.23*. Имеются две случайные величины: X с плотностью  и Y с плотностью  Известно, что величина Y представляет собой монотонно возрастающую функцию 
величины X:  Найти вид функции

Решение:

Введем в рассмотрение, кроме плотностей  еще и функции распределения 

Представим случайную величину X как функцию от У: 
 где  —функция, обратная по отношению к искомой  

Применяя обычный способ нахождения функции распределения монотонной функции, находим 

Разрешая это уравнение относительно  и вводя функцию  обратную функции  получим 

или, возвращаясь к случайным величинам, 

Полученная формула определяет функцию  только в  тех интервалах, где плотность  отлична от нуля. 

Пример 8.24. Случайная величина X распределена по показательному закону: 

Каким функциональным преобразованием можно превратить ее в случайную величину Y, распределенную по закону Коши: 

Решение:

Полагая —  и разрешая относительно у, найдем обратную функцию 

По решению предыдущей задачи получим 

Пример 8.25*. Решить ту же задачу, что и 8.23, но при условии, что связывающая две случайные величины функция  должна быть не монотонно возрастающей, а монотонно убывающей. 

Решение:

В тех же обозначениях, что в задаче 8.23, имеем 

откуда 

Пример 8.26. Двое условились встретиться в определенном месте в промежутке времени от 12.00 до 13.00. Каждый из них приходит на место встречи независимо от другого и с постоянной плотностью вероятности в любой момент назначенного промежутка. Пришедший раньше ожидает другого. Найти распределение вероятностей времени ожидания и вероятность того, что ожидание продлится не менее получаса. 

Решение:

Обозначим моменты прихода двух лиц  и  за начало отсчета времени выберем 12 час. Тогда каждая из независимых случайных величин  распределена с постоянной плотностью в промежутке (0, 1). Случайная величина Т—время ожидания: 

Найдем функцию распределения  этой величины. Выделим на плоскости  область D (t), в которой  (заштрихованная область на рис. 8.26). 

Функция распределения ) в данном случае равна площади этой области: 

откуда при 

Пример 8.27. Случайная точка  распределена равномерно в квадрате К со стороной 1 (рис. 8.27а). Найти закон распределения площади  прямоугольника R со сторонами X, Y. 

Решение:

Выделим на плоскости хОу область D(s), в пределах которой ху < s (рис. 8.276). 

Функция распределения в данном случае равна площади области D (s): 

Отсюда  —-Ins при 0 < s < 1. 

Пример 8.28. Система случайных величин (X, Y) имеет плотность распределения f (x,y). Найти 
плотность распределения  их отношения 

Решение:

Зададимся некоторым значением z и построим на плоскости хОу область  (рис.8.28, заштрихованная область). Функция распределения  имеет вид  

Дифференцируя по z, имеем 

Если случайные величины X, Y независимы, то 

Пример 8.29. Найти закон распределения отношения  двух независимых нормально распределенных случайных величин X, Y с характеристиками 

Решение:

Рассмотрим сначала частный случай  На основании предыдущей задачи 

(закон Коши). 

В общем случае отношение можно представить в виде где величины 

и —имеют уже нормальные распределения с дисперсией, равной 1; поэтому 

в общем случае 

В частном случае, если  получим

 

Пример 8.30. Случайная точка  распределена равномерно в круге К радиуса 1. Найти закон распределения случайной величины 

Решение:

В данном случае  есть относительная площадь области  (рис. 8.30): 

откуда 

(закон Коши). 

Пример 8.31. Составить композицию двух показательных законов 

Решение:

Обозначим где распределены по законам 

Согласно общей формуле для композиции законов распределения 

Но в нашем случае оба закона отличны от нуля только при положительном значении аргумента; значит,  при  и  при 
При х > 0 получим 

(обобщенный закон Эрланга 1-го порядка). 

При раскрыв неопределенность, получим закон Эрланга 1-го порядка: 

Примечание. Методом математической индукции можно доказать, что закон распределения суммы п независимых случайных величин  подчиненных показательным законам распределения с различными параметрами  т. е. обобщенный 
закон распределения Эрланга (п — 1)-го порядка, имеет плотность 

( Запись означает, что берется произведение всех биномов вида при т. е. кроме )

В частном случае, когда 

Функция распределения обобщенного закона Эрланга (п—1)-го порядка имеет вид 

Если то

Если  то получаем закон Эрланга -го порядка: 

где

Пример 8.32. Имеется система двух случайных величин (X, Y) с плотностью распределения f (x, у). Найти функцию распределения  и плотность распределения  максимальной 
из этих двух величин:  

Решение:

Будем искать функцию распределения случайной величины Z: 

Для того чтобы максимальная из величин X, Y была меньше z, нужно, чтобы каждая из этих величин была меньше z: 

где 

Таким образом, 

Чтобы найти плотность распределения g(z), продифференцируем G (z) по величине z, входящей в пределы двойного интеграла. Дифференцировать будем как сложную функцию 
двух переменных  и  из которых каждая зависит от 

В частном случае, если величины X, Y независимы, f(x, y)  то 

или, более компактно, 

Если случайные величины Х и У независимы и одинаково распределены  то 

Пример 8.33. Система двух случайных величин (X, У) имеет плотность распределения  Найти функцию распределения G(u) и плотность распределения g(u) минимальной из этих двух величин: 

Решение:

Будем искать дополнение до единицы функции распределения: 

Это есть вероятность попадания случайной точки (X, Y) в область  заштрихованную на рис. 8.33. Очевидно, 

откуда 

Дифференцируя по  имеем (см. задачу 8.32) 

В случае, когда величины X и У независимы, 

Если случайные величины X и К независимы и одинаково распределены то

Пример 8.34. Имеется п независимых случайных величин  распределенных по законам с плотностями 

Найти плотность распределения максимальной из них: 

и минимальной: 

т. е. той из случайных величин, которая в результате опыта примет максимальное (минимальное) значение. 

Решение:

Обозначим  функцию распределения величины Z. Имеем 

где

Дифференцируя, получим сумму произведений производных отдельных функций распределения  на произведения всех остальных функций, кроме той, которая продифференцирована. Результат можно записать в виде 

Аналогично, обозначая  функцию распределения величины U, получим 

Дифференцируя, получим 

Пример 8.35. Имеется п независимых случайных величин   распределенных одинаково с плотностью  Найти закон распределения максимальной из них: 

и минимальной: 

Решение:

На основании решения предыдущей задачи 

Пример 8.36. Производится три независимых выстрела по плоскости хОу; центр рассеивания совпадает с началом координат, рассеивание нормальное, круговое,  Из трех точек попадания выбирается та, которая оказалась ближе всех к центру рассеивания. Найти закон распределения расстояния R min от точки попадания до центра. 

Решение:

Имеем 

Из решения предыдущей задачи имеем 

где  — функция распределения и плотность распределения расстояния R от точки попадания любого выстрела до центра рассеивания, 

Отсюда 

т. е. плотность распределения расстояния от ближайшей из трех точек до центра рассеивания имеет тот же вид, что и для каждой из них, но при условии, что параметр а уменьшен 
в  раз, т. е. заменен значением 

Пример 8.37. Найти закон распределения  минимальной из двух независимых случайных величин  распределенных по показательным законам: 

Решение:

На основании решения задачи 8.33 

т. е. закон распределения минимальной из двух независимых, случайных величин, распределенных по показательным законам, есть тоже показательный закон, параметр которого равен сумме параметров исходных законов. 
Вывод нетрудно обобщить на любое число показательных законов. 

Пример 8.38. В условиях предыдущей задачи найти закон распределения  максимальной из величин 

Решение:

Этот закон показательным не является. При 

Пример 8.39*. Над случайной величиной Х, имеющей плотность распределения f (x), производится  независимых опытов; наблюденные значения располагаются в порядке возрастания; 
получается ряд случайных величин 

Рассматривается k-я из них  Найти ее функцию распределения  и плотность распределения 

Решение:

Для того чтобы k-я (в порядке возрастания) из случайных величин  была меньше z, нужно, чтобы не менее 

где  — вероятность того, что ровно  из наблюденных в п опытах значений случайной величины X будут меньше z. По теореме о повторении опытов 

откуда

где

Плотность распределения  можно найти, дифференцируя это выражение и учитывая, что 

После простых преобразований получим 

Однако гораздо проще получить  непосредственно, с помощью следующего простого рассуждения. 
Элемент вероятности  приближенно представляет собой вероятность попадания случайной величины  (-ro в порядке возрастания значения случайной величины X) на 
участок  Для того чтобы это произошло, нужно, чтобы совместились следующие события: 

1) какое-то из значений случайной величины X попало на интервал  

2) () других каких-то значений оказались меньше z; 
3) (п — k) остальных значений оказались больше z (вероятностью попадания более чем одного значения на элементарный участок  пренебрегаем). 

Вероятность каждой такой комбинации событий равна  Число комбинаций равно произведению числа п способов, какими можно выбрать одно 
значение из п, чтобы поместить его на интервал на число  способов, какими из оставшихся п—1 значений можно выбрать k—1, чтобы поместить их левее z. 
Следовательно, 

откуда

Пример 8.40. В электропечи установлено четыре регулятора (термопары), каждый из которых показывает температуру с некоторой ошибкой, распределенной по нормальному закону с нулевым математическим ожиданием и средним квадратическим отклонением  Происходит нагревание печи. В момент, когда две из четырех термопар покажут температуру не ниже критической , печь автоматически отключается. Найти плотность распределения температуры Z, при которой будет происходить отключение печи. 

Решение:

Температура Z, при которой происходит отключение печи, представляет собой второе в порядке убывания (т. е. третье в порядке возрастания) из четырех значений случайной величины Т, распределенной по нормальному закону с центром рассеивания  и средним квадратическим отклонением 

Соответствующая функция распределения 

Пользуясь результатами предыдущей задачи при п = 4, k = 3, получим 

Пример 8.41. Имеется п независимых случайных величин  функции распределения которых имеют вид степенной зависимости

Наблюдается значение каждой из случайных величин и из них выбирается максимальное Z. Найти функцию распределения G(z) этой случайной величины. 

Решение:

На основании решения задачи 8.34 

или, если обозначить 

т. е. максимум нескольких случайных величин, распределенных по степенному закону в интервале (0, 1), также распределен по степенному закону с показателем степени, равным 
сумме показателей степеней отдельных законов. 

Пример 8.42. Дискретные случайные величины независимы и распределены по законам Пуассона с параметрами  Показать, что их сумма 
также подчинена закону Пуассона с параметром 

Решение:

Докажем сначала, что сумма двух случайных величин  и  подчинена закону Пуассона, для чего найдем вероятность того, что 

учитывая что,  представим это выражение в виде

а это есть распределение Пуассона с параметром Таким образом доказано, что сумма двух независимых случайных величин, подчиненных законам Пуассона, тоже 
подчиняется закону Пуассона. Распространение этого результата на любое число слагаемых производится по индукции. 

Пример 8.44. Самолет-бомбардировщик производит бомбометание по полосовой цели ширины b = 40 м, заходя на нее под углом 30° по отношению к направлению полосы (рис. 8.44). 
Координаты точки попадания распределены по нормальному закону; главные оси рассеивания — направление полета и перпендикулярное к нему; начало координат на средней линии 
полосы. В этой системе координат хОу параметры нормального закона 

Найти вероятность р попадания в полосу при сбрасывании одной бомбы. 

Решение:

Проектируем рассеивание на ось Oz, перпендикулярную к полосе: 

Пример 8.45. Цех завода производит шарики для подшипников. За смену производится п= 10 000 шариков. Вероятность того, что один шарик окажется дефектным, равна 0,05. Причины 
дефектов для отдельных шариков независимы. Продукт проходит контроль сразу после изготовления, причем дефектные шарики бракуются и ссыпаются в бункер, а небракованные 
отправляются в цех сборки. Определить, на какое количество шариков должен быть рассчитан бункер, чтобы с вероятностью 0,99 после смены он не оказался переполненным. 

Решение:

Число забракованных шариков X имеет биномиальное распределение; так как п велико, то на основании центральной предельной теоремы можно считать распределение приблизительно нормальным с характеристиками: 

Находим такое значение  для которого  или 

По таблицам функции  находим 

т. е. бункер, рассчитанный примерно на 550 шариков, с вероятностью 0,99 за смену переполняться не будет. 

Пример 8.46. Условия задачи 8.45 изменены в том отношении, что причины брака являются в значительной степени общими для различных шариков, так что вероятность одному шарику, 
изготовленному в течение данной смены, быть дефектным, при условии, что другой шарик (любой) уже был дефектным, равна 0,08. 

Примечание. Число опытов ( = 10 000) считать достаточно большим для того, чтобы, несмотря на зависимость опытов, закон распределения суммарного числа дефектных шариков был приближенно нормальным. 

Решение:

Рассмотрим случайную величину X—общее число забракованных (дефектных) шариков — как сумму п = 10000 слагаемых: 

где величина  принимает значение 1, если шарик дефектный, и 0 — если не дефектный. Имеем 

где  — корреляционный момент случайных величин  
Найдем 

Так как произведение  принимает только два значения: 
1 (при ) и 0 (в остальных случаях), то 

и

откуда

Далее находим  из условия 

т. е. бункера, рассчитанного примерно на 1400 шариков, будет достаточно (с вероятностью 0,99) для бракованной продукции за смену. 

Пример 8.47*. Лотерея организована следующим образом. Участникам продаются билеты, на каждом из которых имеется таблица с номерами: 1, 2, ..., 90. Участник должен выбрать произвольным образом пять различных номеров, отметить эти номера и послать билет организаторам лотереи, которые хранят все присланные билеты в запечатанном виде до 
дня розыгрыша. Розыгрыш лотереи состоит в том, что случайным образом выбираются (разыгрываются) пять различных номеров из девяноста; выпавшие номера сообщаются 
участникам. Если у игрока совпали с объявленными менее двух номеров (0 или 1), он никакого выигрыша не получает. Если совпали с объявленными два номера, он выигрывает 1 рубль; 
если три номера 100 руб.; если четыре—10 000 руб.; если все пять—1000 000 руб. 

Решение:

1) Обозначим  вероятность того, что из пяти названных игроком номеров ровно  совпадут с выпавшими. Находим 

Минимальная цена билета должна быть равна математическому ожиданию выигрыша игрока, купившего этот билет: 

т. е. минимальная цена билета — около 23 коп. 

2)  (руб.). 
3) Общая сумма выигрышей X, которая подлежит выплате по лотерее, представляет собой сумму выигрышей отдельных игроков: 

где  — выигрыш  игрока. 

Считается, что игроки называют свои номера независимо друг от друга, так что величины независимы. Из центральной предельной теоремы известно, 
что сумма достаточно большого числа независимых одинаково распределенных случайных величин приближенно распределена по нормальному закону. Требуется выяснить, 
достаточно ли в данном случае числа слагаемых п = 1 000 000 для того, чтобы величину X можно было считать распределенной нормально? 

Находил» математическое ожидание  и среднее квадратическое отклонение  случайной величины X. Для любого  

Отсюда

Мы знаем, что для случайной величины X, распределенной по нормальному закону, границы практически возможных значений заключены между  («правило трех сигма»). 

В нашем случае нижняя граница возможных значений случайной величины X, если бы она была распределена по нормальному закону, была бы 

Отрицательное значение этой границы говорит о том, что случайная величина X не может считаться распределенной нормально. 

Пример 8.48*. Найти предел  где а — Целое положительное число. 

Решение:

Выражение  есть вероятность того, что случайная величина X, распределенная по закону Пуассона, не превзойдет своего математического ожидания а. 
Но при неограниченном увеличении параметра а закон Пуассона приближается к нормальному. Для нормального закона вероятность того, что случайная величина не превзойдет своего математического ожидания, равна 1/2, значит, 

Пример 8.49. Доказать, что показательный закон распределения является устойчивым по отношению к операции нахождения минимума, т. е. если случайные величины 
независимы и подчинены показательным законам распределения с параметрами  соответственно, то случайная величина  также подчинена показательному закону, причем параметр этого закона 

Решение:

На основании решения задачи 8.34 функция распределения случайной величины Z: 

а это есть функция распределения показательного закона с параметром 

Пример 8.50. Независимые случайные величины  распределены одинаково по показательному закону с параметром 

Рассматривается сумма случайного числа таких величин: 

где случайная величина У распределена по сдвинутому на единицу закону Паскаля (см. задачу 5.15): 

Найти закон распределения и числовые характеристики случайной величины Z. 

Решение:

Сумма фиксированного числа п случайных величин  подчинена закону Эрланга (п—1)-го порядка (см. задачу 8.31) с плотностью 

Плотность распределения случайной величины Z находим по формуле полной вероятности с гипотезами 

т. е. случайная величина Z будет также подчинена показательному закону, но с параметром  Следовательно, 

Пример 8.51*. Рассматривается сумма случайного числа случайных слагаемых

 

где —последовательность независимых одинаково распределенных случайных величин с плотностью  Y-—'Положительная, не зависящая от них целочисленная  
случайная величина с законом распределения 

Требуется найти закон распределения и числовые характеристики случайной величины Z. 

Решение:

Допустим, что случайная величина Y приняла значение  Вероятность этого равна  При этой гипотезе 

Обозначим плотность распределения суммы  независимых одинаково распределенных величин  через  Эти плотности можно найти последовательно: 
сначала  — композицию двух одинаковых "знаков  и  затем —композицию  и  и т. д. 

По формуле полной вероятности плотность распределения случайной величины Z будет 

Для нахождения числовых характеристик- воспользуемся тем же приемом. Допустим, что  В этом случае условное математическое ожидание будет 

где

Тогда полное математическое ожидание найдем из выражения 

где

Таким же образом найдем и условный второй начальный момент при условии, что Y=n: 

где

Второй начальный момент случайной величины Z 

Дисперсия случайной величины Z 

Пример 8.52. Независимые случайные величины распределены одинаково по показательному закону с параметром  Случайная величина  где случайная 
величина  распределена по закону Пуассона с параметром а. Найти закон распределения и числовые характеристики случайной величины 

Решение:

Закон распределения суммы : представляет собой закон Эрланга (п—1)-го порядка (см. задачу 8.31) с параметром 

По формуле полной вероятности плотность распределения случайной величины Z будет 

Эту плотность можно выразить через модифицированную цилиндрическую функцию 

Далее на основании решения предыдущей задачи 

Пример 8.53. Рассматривается система случайных величин  которая связана с дискретной случайной величиной Y следующим образом: 

Известна функция распределения F (у) случайной величины У. Требуется найти закон распределения каждой случайной величины  и числовые характеристики системы  
случайных величин 

Решение:

Ряд распределения случайной величины имеет вид 

Так как то ряд распределения имеет вид 

откуда 

Найдем корреляционные моменты случайных величин и  для чего найдем  Произведение  при  может принимать только два значения: 1, если 
и 0, если 

Следовательно, откуда

а коэффициент корреляции 

Пример 8.54. Найти характеристическую функцию случайной величины, равномерно распределенной в интервале (а, Ь). 

Решение:

Если то

Пример 8.55. Найти характеристическую функцию случайной величины X, распределенной по показательному закону; 

Решение:

Пример 8.56. Найти характеристическую функцию для случайной величины X, распределенной по закону Лапласа: 

Решение:

Заменой  получим 

При m = 0 получим 

Пример 8.57. Найти характеристическую функцию случайной величины X, распределенной по биномиальному закону с параметрами p и n: 

где 

Решение:

Представим величину X как сумму п независимых случайных величин: 

где  — случайная ^величина с рядом распределения 

Характеристическая функция величины  равна 

Так как характеристическая функция суммы независимых случайных величин равна произведению их характеристических функций, то 

Пример 8.58. Найти характеристическую функцию случайной величины, распределенной по закону Пуассона с параметром а: 

Решение:

Пример 8.59. Характеристическая функция случайной величины X равна  Случайная величина Y получается из X прибавлением постоянной величины  Найти характеристическую функцию  случайной величины Y. 

Решение:

Рассматривая неслучайную величину а как частный случай случайной, находим ее характеристическую функцию  Так как случайная величина X не может 
зависеть (в вероятностном смысле) от неслучайной а, получаем 

Пример 8.60. Найти характеристическую функцию случайной величины Y, распределенной по закону Паскаля: 

а также характеристическую функцию случайной величины X, распределенной по «сдвинутому на единицу» закону Паскаля: 

Решение:

Применяя правило, выведенное в предыдущей задаче, получим 

Пример 8.61. Производится ряд независимых опытов, в каждом из которых событие А появляется с вероятностью р. Опыты прекращаются, как только событие А появилось n раз (n > 1). 
Найти закон распределения, числовые характеристики и характеристическую функцию числа X «неудачных» опытов, в которых событие А не произошло. 

Решение:

Найдем вероятность того, что случайная величина X примет значение k. Для этого нужно, чтобы общее число произведенных опытов было равно  (k опытов кончились «неудачно», а п—«удачно»). Последний опыт по условию должен быть «удачным», а в предыдущих  опытах должны произвольным образом распределиться п—1 
«удачных» и k «неудачных» опытов. Вероятность этого равна 

Полученный закон распределения является естественным обобщением закона Паскаля. Мы будем его называть «обобщенным законом Паскаля п-го порядка». Случайную величину X можно представить в виде суммы п независимых случайных величин: 

где каждая случайная величина  распределена по закону Паскаля: 

Действительно, общее число «неудачных» опытов складывается из: 1) числа «неудачных» опытов до первого появления события А; 2) числа «неудачных» опытов от первого 
до второго появления события А и т. д. 

Отсюда получаем числовые характеристики величины X 

и характеристическую функцию 

Пример 8.62. Условия задачи те же, что и в задаче 8.61, но случайная величина У представляет собой общее число опытов, произведенных до л-кратного появления события А. Найти 
закон распределения, числовые характеристики и характеристическую функцию случайной величины Y. 

Решение:

 где X — случайная величина, фигурирующая в предыдущей задаче. Отсюда 

Числовые характеристики величины Y 

Характеристическая функция 

Пример 8.63. Найти характеристическую функцию случайной величины X, распределенной по обобщенному закону Эрланга (—1)-го порядка (см. задачу 8.31): 

Решение:

Обобщенный закон Эрланга (п—1)-го порядка получается как результат сложения  независимых случайных величин, распределенных по показательным законам с различными параметрами 

Следовательно, характеристическая функция будет равна произведению  характеристических функций показательных законов (см. задачу 8.55): 

Если все  случайных величин распределены одинаково, то получаем закон Эрланга (—1)-го порядка: 

с характеристической функцией 

Пример 8.64. Имеется случайная величина Y, распределенная по показательному закону с параметром 

Случайная величина X при заданном значении случайной величины Y=y распределена по закону Пуассона с параметром у: 

Найти безусловный закон распределения случайной величины X. 

Решение:

Полная вероятность события X=k будет 

Если ввести обозначения 

получим

т. е. случайная величина X подчинена закону Паскаля с параметром 

Пример 8.65. На космическом корабле установлен счетчик Гейгера для определения числа космических частиц, попадающих в него за некоторый случайный интервал времени Т. 
Поток космических частиц—пуассоновский с плотностью  каждая частица регистрируется счетчиком с вероятностью р. Счетчик включается на время Т, распределенное по показа- 
показательному закону с параметром  Случайная величина X — число зарегистрированных частиц. Найти закон распределения и характеристики  случайной величины X. 

Решение:

Предположим, что T—t, и найдем условную вероятность того, что X = m (m = 0, 1, 2, ...): 

Тогда полная вероятность события  X = m будет 

Это есть распределение Паскаля с параметром (см. предыдущую задачу), поэтому (см, задачу 5.15) 

Пример 8.66. Решить задачу 8.65 при условии, что счетчик включается на случайное время Т с плотностью распределения 
f(t) (t>0). 

Решение:

Также, как и в предыдущей задаче, условный закон распределения величины X при 

Безусловный закон распределения будет 

Находим числовые характеристики случайной величины X. Условное математическое ожидание  безусловное математическое ожидание 

где  Аналогично находим второй начальный момент случайной величины X (заметим, что так можно находить только начальные безусловные моменты, а не центральные): 

где  — дисперсия случайной величины Т. Отсюда имеем 

Пример 8.67. Решить предыдущую задачу для конкретного случая, когда f{t) есть закон Эрланга  порядка с параметром 

Решение:

Итак, величина  распределена по «обобщенному закону Паскаля -го порядка» (см. задачу 8.61) с параметром 

Математическое ожидание случайной величины Т, распределенной по закону Эрланга k-гo порядка, будет а дисперсия  Следовательно, по формулам, 
полученным в предыдущей задаче, 

что, как и в задаче 8.61, можно представить в виде 

Пример 8.68. Найти характеристическую функцию гамма-распределения 

Решение:

Примечание. При целом  гамма-распределение превращается в распределение Эрланга (« —1)-го порядка, так как 

и характеристическая функция распределения Эрланга имеет такой же вид, как и для гамма-распределения (см. задачу 8.63). 

Пример 8.69*. Случайная величина Z представляет собой сумму случайного числа случайных слагаемых 

где — одинаково распределенные случайные величины с плотностью f {x) и характеристической функцией  а случайная величина Y распределена по сдвинутому на 
единицу закону Паскаля: 

Случайные величины  и Y независимы между собой. Требуется найти характеристическую функцию случайной величины Z и ее числовые характеристики. 

Решение:

Допустим, что случайная величина  приняла значение  При этой гипотезе 

Характеристическая функция случайной величины  будет равна 

следовательно, характеристическая функция случайной величины Z будет 

Так как то

Откуда

так как   Далее имеем 

откуда

где 

Мы получили тот же результат, что и в задаче 8.51, но другим методом. 

Пример 8.70. Найти характеристическую функцию случайной величины X, подчиненной закону Симпсона (закону равнобедренного треугольника) в интервале (a, b) (рис. 8.70). 

Решение:

Итак,

При имеем

Сравнивая полученные результаты с решением задачи 8.54, заключаем, что распределение Симпсона можно рассматривать как композицию двух равномерных распределений на 
интервале 

Пример 8.71. При измерении физических величин результат измерения неизбежно округляется в соответствии с минимальной ценой деления прибора. При этом непрерывная случайная вели- 
величина превращается в дискретную, возможные значения которой отделены друг от друга интервалами, равными цене деления. 

В связи с этим возникает следующая задача. Непрерывная случайная величина X, распределенная по закону плотностью f(x), округляется до ближайшего целого числа; по- 
получается дискретная случайная величина  где под Ц (X) подразумевается целое 
число, ближайшее к X. 
Найти ряд распределения случайной величины Y и ее числовые характеристики: 

Решение:

График функции Ц (X)представлен на рис. 8.71. Правило округления в случае, когда расстояния от значения х до двух соседних целых значений равны, несущественно, так как для непрерывной случайной величины вероятность попадания в любую точку равна нулю. Вероятность того, что случайная величина Y примет целое значение k, равна 

откуда

Пример 8.72. Случайные величины Х и Y независимы и распределены по законам Пуассона с параметрами а и Ь. Найти закон распределения их разности Z = X—У и модуля их 
разности 

Решение:

Случайная величина Z может принимать как положительные, так и отрицательные значения. Вероятность того, что Z примет значение  равна сумме вероятностей того, что X и Y примут два значения, различающиеся на k (причем X—больше или равно Y): 

*) Если единица измерения (цена деления прибора) мала по сравнению с диапазоном возможных значений случайной величины X, то 

Вероятность того, что Z примет отрицательное значение  будет 

Для случайной величины U получим 

Эти вероятности могут быть записаны с помощью модифицированных цилиндрических функций 1-го рода: 

При этом

Пример 8.73. Грибник вышел собирать грибы в лесу. Радиус обзора его равен R. Перемещаясь по лесу, он обнаруживает каждый гриб, находящийся в пределах круга обзора, с вероятностью р (v), которая зависит от скорости v передвижения грибника по лесу. Считается, что грибы в лесу 
образуют пуассоновское поле точек с плотностью  (— среднее число грибов на единицу площади). 

Определить оптимальную скорость движения грибника по лесу, при которой он за время t обнаружит в среднем наибольшее количество грибов, если вероятность  р (v) задана 
формулой 

и грибник не возвращается на уже пройденные им места. 

Таблицы цилиндрических функций можно найти в справочниках. 

Решение:

За время t грибник просмотрит полосу, площадь которой  и обнаружит в среднем количество грибов, равное 

Для нахождения оптимальной скорости движения продифференцируем величину  по v и приравняем производную нулю: 

 откуда оптимальное значение скорости будет  

Пример 8.74. В условиях задачи 8.73 грибник идет со скоростью v и собирает все обнаруженные им грибы. Веса отдельных грибов представляют собой независимые случайные величины  распределенные по одному и тому же закону с математическим ожиданием  и дисперсией  Найти математическое ожидание общего веса Z всех собранных грибов за время t и (приближенно, считая число грибов большим), вероятность того, что эта величина превзойдет 
заданную емкость корзинки 

Решение:

Число собранных грибов X будет случайной величиной, распределенной по закону Пуассона с параметром  Общий вес всех собранных грибов будет 

В соответствии с решением, изложенным в задаче 8.51 или 8.69, имеем  Далее 

так как для распределения Пуассона  Считая приближенно случайную величину Z распределенной нормально, получим 

где 

Пример 8.75. Известна плотность распределения f(x, у) системы случайных величин (X, Y). Найти закон распределения их разности: Z = X—У. 

Решение:

Для системы (X, —Y) плотность распределения есть  поэтому из  находим 

Если случайные величины (X, Y) независимы, то

Пример 8.76. Найти плотность распределения разности двух независимых показательно распределенных случайных величин 

с параметрами 

Решение: 

 отлично от нуля при  отлично от нуля при х — z > 0. 

Следовательно, 

Параметры этого закона: 

Кривая распределения будет иметь вид, изображенный на рис. 8.76, а. 
При получаем  (Рис- 8-76. б) Такой закон распределения называется законом Лапласа. 

Случайные функции 

Случайной функцией X (t) называется функция, которая в результате опыта может принять тот или иной конкретный вид, неизвестно заранее, какой именно. 

Конкретный вид, принимаемый случайной функцией в результате опыта, называется реализацией случайной функции. 

При фиксированном t случайная функция X (t) обращается в случайную величину X (t), называемую сечением случайной функции. 

Одномерным законом распределения случайной функции X (t) называется закон распределения  сечения X (t) случайной функции. 

Двумерным законом распределения случайной функции X (t) называется закон распределения системы двух ее сечений: представляющий собой функцию четырех аргументов: 

Случайная функция X (t) называется нормальной, если закон распределения системы любого числа  ее сечений представляет собой -мерный нормальный закон. 

Математическим ожиданием случайной функции  X (t) называется неслучайная функция  которая при каждом t представляет собой математическое ожидание соответствующего сечения случайной функции: 

Корреляционной функцией случайной функции X (t) называется неслучайная функция двух аргументов  которая при каждой паре значений аргументов  равна корреляционному моменту соответствующих сечений случайной функции: 

где  — центрированная случайная функция. 
При  корреляционная функция превращается в дисперсию случайной функции: 

Основные свойства корреляционной функции: 
1)  т. е. функция  не меняется при замене t на  (симметричность). 
2)

3) Функция  —положительно определенная, т. е. 

где  — любая функция, 
(В) —любая область интегрирования, одинаковая для обоих аргументов. 

Для нормальной случайной функции характеристики  являются исчерпывающими и определяют собой закон распределения любого числа сечений. 

Нормированной корреляционной функцией случайной функции X (t) называется функция 

т. е. коэффициент корреляции сечений X (t) и  при функция  равна единице: 

При прибавлении к случайной функции X (t) неслучайного слагаемого  к ее математическому ожиданию прибавляется то же неслучайное слагаемое, а корреляционная функция не меняется. 

При умножении случайной функции X (t) на неслучайный множитель  ее математическое ожидание умножается на тот же множитель  а корреляционная функция—на  и 

Если случайную функцию X (t) подвергают некоторому преобразованию  то получается другая случайная функция

 

Преобразование  называется линейным однородным, если 

(т. е. преобразование к сумме может применяться почленно); 

(т. е. множитель с, не зависящий от аргумента t, по которому производится преобразование, можно выносить за знак преобразования). 

 Преобразование  называется линейным неоднородным, если 

где —любая функция, никак не связанная с X (t). 
Если случайная функция Y (t) связана со случайной функцией X (t) линейным преобразованием 

то ее математическое ожидание  получается из  тем же линейным преобразованием 

а для нахождения корреляционной функции  нужно дважды подвергнуть функцию  соответствующему линейному однородному преобразованию, один раз по t, другой раз по t': 

Взаимной корреляционной функцией  двух случайных функций X (t) и Y (t) называется функция 

Из определения взаимной корреляционной функции вытекает, что

Нормированной взаимной корреляционной функцией двух случайных функций X (t), Y (t) называется функция 

Случайные функции X (t) и У (t) называются  некоррелированными, если 

Если то

В случае, если случайные функции X (t) и У (t) некоррелированы, 

Если

где  некоррелированные случайные функции, то 

При выполнении различных преобразований со случайными функциями часто бывает удобно записывать их в комплексном виде. 

Комплексной случайной функцией называется случайная функция вида

где X (t), Y (t)—действительные случайные функции. 
Математическое ожидание, корреляционная функция и дисперсия комплексной случайной функции определяются следующим образом: 

где чертой вверху обозначена комплексная сопряженная величина; 

При переходе к комплексным случайным величинам и функциям необходимо определять дисперсию как математическое ожидание квадрата модуля, а корреляционный момент—как математическое ожидание произведения центрированной одной случайной величины на 
комплексную сопряженную центрированной другой. 

Каноническим разложением случайной функции X (t) называется ее представление в виде 

где —центрированные, некоррелированные случайные величины с дисперсиями  — неслучайные функции *). 

Случайные величины  называются коэффициентами, а функции  —координатными функциями канонического разложения. 

Если случайная функция X (t) допускает каноническое разложение (1) в действительной форме, то корреляционная функция  выражается суммой вида 

которая называется каноническим разложением корреляционной функции. 

Если случайная функция X (t) допускает каноническое разложение A) в комплексной форме, то каноническое разложение корреляционной функции имеет вид 

где чертой вверху обозначена комплексная сопряженная величина. Из возможности канонического разложения вида (2) или (3) корреляционной функции вытекает представимость случайной функции  в виде канонического разложения (1), где случайные величины 
 имеют дисперсии 

При линейном преобразовании случайной функции X (t), заданной каноническим разложением A), получается случайная функция  в виде канонического разложения 

где

т. е. при линейном преобразовании случайной функции, заданной каноническим разложением, ее математическое ожидание подвергается тому же линейному преобразованию, а координатные функции — соответствующему линейному однородному преобразованию. 

*) В частности, может быть 

Стационарной случайной функцией X (t) *) называется случайная функция, математическое ожидание которой постоянно,  
 а корреляционная функция зависит только от разности между своими аргументами где 

Из симметричности корреляционной функции  следует, что  т. е. корреляционная функция стационарной случайной функции есть четная функция аргумента  

Дисперсия стационарной случайной функции постоянна: 

Корреляционная функция стационарной случайной функции обладает свойством: 

Нормированная корреляционная функция  стационарной случайной функции X (t) равна

Каноническое разложение стационарной случайной функции имеет вид 

где —центрированные, некоррелированные случайные величины с попарно равными дисперсиями 

Разложение (4) называется спектральным. Спектральному разложению стационарной случайной функции соответствует разложение в ряд ее корреляционной функции 

откуда 

Спектральное разложение (4) стационарной случайной функции при  можно переписать в комплексной форме: 

*) Точнее, стационарной в широком смысле. 

где

Спектральной плотностью стационарной случайной функции X (t) называется предел отношения дисперсии, приходящейся на данный интервал частот, к длине этого интервала, когда последняя стремится к нулю. Спектральная плотность  и корреляционная 
функция  связаны преобразованиями Фурье. В действительной форме они имеют вид 

из последнего соотношения вытекает, что 

В комплексной форме преобразования Фурье, связывающие спектральную плотность  и корреляционную функцию, имеют вид 

где  

Как  так и  —действительные, неотрицательные четные функции, но  рассматривается только в интервале 

Нормированной спектральной плотностью  называется спектральная плотность, деленная на дисперсию случайной функции 

Белым шумом называется случайная функция X (t), любые два различные (сколь угодно близкие) сечения которой не коррелированы и корреляционная функция которой пропорциональна дельта- функции: 

Величина G (t) называется интенсивностью белого шума. 
Стационарным белым шумом называется белый шум с постоянной интенсивностью  = G = const. 

Корреляционная функция стационарного белого шума имеет вид 

откуда его спектральная плотность постоянна и равна 

Дисперсия стационарного белого шума равна  т. е. бесконечна. 

Если на вход стационарной линейной системы L поступает стационарная случайная функция X (t), то спустя некоторое время, достаточное для затухания переходного процесса, случайная функция Y (t) на выходе линейной системы также будет стационарной. 
Спектральные плотности входного и выходного сигналов связаны соотношением 

где — амплитудно-частотная характеристика линейной системы. 

Говорят, что стационарная функция X (t) обладает эргодическим свойством, если ее характеристики  могут быть определены как соответствующие средние по времени для одной реализации достаточно большой продолжительности. Достаточным условием 
эргодичности стационарной случайной функции (по математическому ожиданию) является стремление к нулю ее корреляционной функции при 

Для того чтобы случайная функция X (t) была эргодична по дисперсии  достаточно, чтобы случайная функция обладала аналогичным свойством, т. е. при 

При решении задач, связанных со случайными функциями, часто бывает удобно выполнять преобразования с помощью различных скачкообразных функций, а также обобщенных функций типа дельта-функции. 

Приводим определения и основные свойства таких функций от действительного аргумента  

1. - — модуль (абсолютная величина): 

2. — единичная функция (единичный скачок): 

*) Для того чтобы случайная функция была эргодична по корреляционной функции, нужно, чтобы аналогичным свойством обладала функция  

3. sign  — знак величины  (сигнум):

 

4. —дельта-функция: 

Дельта-функция —четная функция  Основные свойства дельта-функции: 

а) и вообще  если —нечетная функция, непрерывная при  = 0. 

если функция  непрерывна в точке

если функция  непрерывна в точке  

Из этих определений вытекают следующие свойства, имеющие место для любых действительных  и нечетной функции : 

12. Для нечетных положительных  Для четных положительных k 

Пример 9.4. Показать, что любая функция двух аргументов вида 

где  — неотрицательные числа, 
— любые действительные функции  обладает всеми свойствами корреляционной функции. 

Решение:

Достаточно показать, что существует случайная функция X (t), имеющая корреляционную функцию (9.4). 
Рассмотрим действительную случайную функцию X(t), заданную в виде канонического разложения 

где 

Корреляционная функция этой случайной функции имеет вид

что и требовалось доказать. 

Пример 9.5. Случайная функция X(t) имеет характеристики  и  Определить характеристики случайной функции  Определить, являются 
ли стационарными случайные функции X (t) и Y (t). 

Решение:

В силу линейности преобразования 

Ни одна из случайных функций X{t) и Y(t) не является стационарной, так как их корреляционные функции зависят не только от но от каждого из аргументов 

Пример 9.6. Случайная функция X(t) имеет характеристики: 

Найти характеристики случайной функции 

Определить, стационарны ли случайные функции X(t) и Y(t). 

Решение:

В силу линейности преобразования 

Случайная функция X(t) стационарна   случайная функция  не стационарна. Действительно, дисперсия случайной функции 
 равна

 

т. е. зависит от t. 

Пример 9.9. Траектория космического летательного аппарата в вертикальной плоскости изображается двумя уравнениями: 

Коэффициенты А, В, С, E, F, H являются случайными, так как определяются из опыта с ошибками; номинальные значения величин А, В, ..., Н равны а, Ь, ..., h соответственно; ошибки  представляют собой случайные величины с математическими ожиданиями, равными нулю, и дисперсиями  Нормированная корреляционная матрица этих ошибок имеет вид 

Определить математическое ожидание, корреляционную функцию и дисперсию случайных функций V (t) и U(t), представляющих собой горизонтальную и вертикальную составляющие 
скорости снаряда. 

Решение:

Из условий задачи следует, что 

Таким образом, случайные функции V{t) и U(t) представлены в виде разложений (не канонических, так как их коэффициенты зависимы). Имеем 

Пример 9.10. Случайная функция X(t) имеет характеристики 

Определить характеристики случайных функций 

Решение:

При вычислении мы уже нашли следовательно , 

Пример 9.11. Случайная функция X(t) задана выражением 

где —случайная величина с характеристиками Найти характеристики случайной функции Определить, является ли случайная функция X (t) стационарной. Найти характеристики случайной функции 

где а-—не случайная величина. 
Является ли стационарной случайная функция ?

Решение:

Случайную функцию Y(t) можно представить в виде 

отсюда 

Случайные функции X{t) и Y(t) не стационарны.

Пример 9.12. Задана случайная функция 

где  и  — некоррелированные случайные величины с характеристиками   Найти характеристики случайной функции X(t). 

Решение:

Случайная функция X (t) представлена каноническим разложением, следовательно, 

Пример 9.14. Случайная функция  задана каноническим разложением 

где  и  — некоррелированные случайные величины с математическими ожиданиями, равными нулю, и с дисперсиями  Определить, является ли стационарной 
случайная функция X(t). 

Решение:

Корреляционная функция случайной функции X(t) удовлетворяет условию стационарности, однако математическое ожидание  зависит от времени. Случайная функция 
X(t) не стационарна, но центрированная случайная функция X(t) стационарна. 

Пример 9.15. Заданы две случайные функции: 

Математические ожидания всех случайных величин   равны нулю, дисперсии равны  нормированная корреляционная матрица системы*  имеет вид 

 Определить взаимную корреляционную функцию  и найти значение этой функции при  Определить и найти значение этой функции при 

Решение:

Пример 9.16. Имеются две некоррелированные случайные функции X (t) и Y (t) с характеристиками 

Найти характеристики случайной функции  
 Решить ту же задачу, если случайные функции X(t), Y (t) коррелированы и их взаимная корреляционная функция равна 

Решение:

В случае, если 

В случае, когда  не меняется; 

Пример 9.17. Случайная функция X(t) имеет характеристики  Найти ее спектральную плотность 

Решение:

где Re — действительная часть. 

Пример 9.18. Найти спектральную плотность случайной функции X{t), если ее корреляционная функция 

Решение:

(Re — действительная часть). 

Пример 9.20. Рассматривается случайная функция X(t), представляющая собой число заявок, поступивших на телефонную станцию за время t. Одна из реализаций случайной функции X(t) показана на рис. 9.20а. Поток заявок простейший с плотностью  

Найти закон распределения сечения случайной функции X(t) и ее характеристики 

Решение:

Закон распределения сечения X (t) есть закон Пуассона с параметром 
 значит, вероятность того, что случайная величина X (t) примет значение  выражается формулой 

Математическое ожидание и дисперсия случайной функции X{t) будут 

Найдем корреляционную функцию Пусть  Рассмотрим интервал времени  (рис. 9.206). Разобьем этот интервал на два участка: от 0 до t и от t до . Число вызовов на всем интервале  равно сумме чисел вызовов на интервалах и 

где  — число вызовов, пришедших на интервале (t, t'); вследствие стационар- 
стационарности процесса случайная функция Y (t) имеет то же распределение, что и X (t); кроме того, согласно свойствам пуассоновского потока событий, случайные величины X (t) 
и  не коррелированы. 

Имеем 

Аналогично при  получаем 

Таким образом, 

где min {t, t'}—минимальная из величин  (при t = t' в качестве минимальной можно взять любую из величин .

Пользуясь символом единичной функции 1 (), можно записать корреляционную функцию в виде 
 

*) Возможностью появления вызова в точности в момент t пренебрегаем. 

На рис. 9.20в показана поверхность  В квадранте t > 0 и f > О поверхность  состоит из двух плоскостей, проходящих соответственно через оси Ot и 

и пересекающихся по линии  аппликаты точек которой равны дисперсии 

Нормированная корреляционная функция равна 

Поверхность  показана на рис. 9.20г. 

Пример 9.21. Случайный процесс  возникает следующим образом. На оси времени Ot имеется стационарный пуассоновский (простейший) поток событий с плотностью  Случайная функция X (t) попеременно принимает значения + 1 и —1; при наступлении каждого события она скачком меняет свое значение с +1 на -1 или наоборот (рис. 9.21а). 

Найти характеристики  случайной функции X{t). 

Решение:

Сечение случайной функции X(t) имеет закон распределения, представленный рядом 

Действительно, так как моменты перемен знака никак не связаны со значением случайной функции, нет никаких оснований считать какое-либо из значений+1,—1 вероятнее 
другого. Отсюда 

Чтобы найти корреляционную функцию  рассмотрим какие-то два сечения случайной функции: X (t) и X(t')  и найдем математическое ожидание их произведения: 

Произведение X(t)X(t') равно—1, если между точками t и t' произошло нечетное число событий (перемен знака), и равно+1, если произошло четное число перемен знака (включая нуль). 

Вероятность того, что за время  произойдет четное число перемен знака, равна 

аналогично вероятность того, что за время  произойдет нечетное число перемен знака, будет 

Отсюда 

где 

Аналогично при t'<.t найдем 

где 

Объединяя эти две формулы, получим 

График этой функции показан на рис. 9.216. Поверхность  показана 
на рис. 9.21в. 

Случайная функция   стационарна. Ее спектральная    плотность равна 

Пример 9.22. Случайный процесс X(t) возникает следующим образом. На оси Ot имеется стационарный пуассоновский поток событий с плотностью  (рис. 9.22).

При наступлении каждого события случайная функция X(t) скачком меняет свое значение, принимая, независимо от  предыстории процесса, случайное значение V и сохраняя его до момента появления следующего события. Случайная величина V непрерывна и имеет плотность распределения  Найти характеристики  и  случайной функции X(t). 

Решение:

Любое сечение случайной функции X (t) распределено по закону  отсюда 

Корреляционную функцию находим с помощью того же приема, что и в задаче 9.21. Рассмотрим два сечения X(t) и X(t')  разделенные интервалом 
Имеем 

Если между точками t, t' не появилось ни одного события, то  Если 
между точками t, t' появилось хотя бы одно событие, то  

Отсюда 

Аналогично при  откуда корреляционная функция стационарного случайного процесса X (t) равна 

Эта корреляционная функция не зависит от вида закона распределения  а зависит только от его дисперсии 

Пример 9.23. Случайный входной сигнал X(t) преобразуется с помощью реле в случайный выходной сигнал Y(t), связанный с X(t) нелинейной зависимостью  т.е.

Входной сигнал представляет собой случайную функцию X(t), рассмотренную в предыдущей задаче 9.22. Найти закон распределения сечения случайной функции Y(t) и ее характеристики 

Решение:

Случайная функция Y(t) может принимать только два значения: -j-1 и—1 (значением 0 можно пренебречь, т. к. Р (X (t) = О) = 0). Вероятность того, что X (t) > 0, равна  Ряд распределения случайной величины Y(t) имеет вид 

Отсюда  Пусть  > t и —t = x. Если за время  в пуассоновском потоке не появилось ни одного события (а вероятность этого равна 
), то значения случайной функции Y(t) и Y(t') равны друг другу и условная корреляционная функция  Если же за время т появилось хотя бы одно событие, то  и  между собой не коррелированы и условная корреляционная функция равна нулю. Отсюда при t' > t 

а в общем случае (при любых t, t') 

Пример 9.24. Случайный входной сигнал X(t), рассмотренный в задаче 9.22, преобразуется в случайный выходной сигнал Y(t) с помощью реле с зоной нечувствительности: 

где  — зона нечувствительности реле. 
Требуется найти закон распределения сечения случайной функции Y(t) и ее характеристики: математическое ожидание и корреляционную функцию. 

Решение:

Случайная величина Y(t) при любом t может принимать одно из трех значений: — 1, 0, 1 и имеет ряд распределения 

где

Отсюда

Рассуждая аналогично тому, как мы это делали в предыдущей задаче, определяем корреляционную функцию 

График зависимости у (х) показан на рис. 9.25а. 
На вход такого элемента поступает случайная функция X(t), рассмотренная в задаче 9.22. Найти одномерный закон распределения случайной функции Y(t) и ее характеристики: математическое ожидание и корреляционную функцию. 

Решение:

Случайная величина Y (t) — сечение случайной функции Y(t)—имеет непрерывное распределение в открытом интервале  и, кроме того, дискретные 
возможные значения  с отличной от нуля вероятностью; таким образом, сечение Y(t) представляет собой смешанную случайную величину, функция распределения 
которой F(у) непрерывна на участке , а на концах участка — в. точках  и  — терпит разрыв. Скачки F(y) в точках разрыва равны 

Найдем функцию распределения случайной величины Y(t) в промежутке : 

График функции распределения F (у) показан на рис. 9.256. 

Плотность распределения смешанной случайной величины Y(t) в  интервале  равна производной от F(y) на этом интервале: 

при 

Характеристики случайной функции Y(t) равны 

Аналогично предыдущим задачам находим корреляционную функцию 

Пример 9.26*. Рассматривается случайная функция  где W—центрированная случайная величина с дисперсией  — случайная величина, распределенная с постоянной плотностью в интервале  а — неслучайный параметр  Случайные величины W и 0 независимы. Определить характеристики случайной функции 
Y(t): математическое ожидание, корреляционную функцию. Определить, является ли случайная функция  стационарной и эргодической. Если она стационарна, найти ее 
спектральную плотность 

Решение:

Представим случайную функцию Y(t) в виде 

Обозначим

Найдем сначала основные характеристики системы случайных величин U и V: 

Так как величина  распределена равномерно в интервале  то 

Итак, имеем 

Следовательно, выражение 

представляет собой спектральное разложение стационарной случайной функции, корреляционная функция которой имеет вид 

График этой функции показан на рис. 9.26. 

Эргодичной Y(t) не является, так как характеристики, найденные по одной реализации, не совпадают с  характеристиками, определенными по множеству реализаций. Действительно, каждая реализация случайной функции Y(t) есть гармоническое колебание, амплитуда которого представляет собой значение, случайно принятое величиной W. Среднее по времени для каждой такой реализации будет равно нулю и совпадает с математическим ожиданием случайной функции Y(t), но дисперсия и корреляционная функция, найденные 
как средние по времени для одной реализации, уже не будут совпадать с соответствующими характеристиками случайной функции Y(t). Например, 

Найдем спектральную плотность случайной функции Y(t). Покажем, что она пропорциональна дельта-функции: 

Действительно, при такой спектральной плотности корреляционная функция будет равна 

что совпадает с корреляционной функцией для Y(t). А так как прямое и обратное преобразования Фурье определяют спектральную плотность и корреляционную функцию взаимно однозначно, то написанное выше выражение для дает спектральную плотность случайной функции Y(t). 

Если воспользоваться не действительной, а комплексной формой преобразований Фурье, получим спектральную плотность  в виде 

Заметим, что в аналогичном виде можно было бы записать и 

но для положительных  (так как ) 

Пример 9.27. Случайная функция X (t) представляет собой случайную величину U: X(t) = U с заданными числовыми характеристиками  

Найти характеристики случайной функции X(t): математическое ожидание, корреляционную функцию и дисперсию. Определить, является ли случайная функция X(t) а) стационарной, б) эргодичной. Если она стационарна, найти ее спектральную плотность. 

Решение:

Так как  и , то случайная функция X(t) стационарна. Так как среднее по времени для каждой реализации равно значению, принятому случайной величиной U в этой реализации, и различно для разных реализаций, то случайная функция X(t) не эргодична. 

Рассматривая случайную функцию X (t) как частный вид при  случайной функции   рассмотренной в предыдущей задаче, получим для нее 
спектральную плотность вида 

Пример 9.28. Случайная функция X(t) строится следующим образом. В точке t = 0 она случайным образом и с одинаковой вероятностью принимает одно из значений: + 1 или — 1 
и остается постоянной до .  В точке  она снова, с одинаковой вероятностью 1/2 и независимо от того, какое значение она имела на предыдущем участке, принимает одно из значений + 1 или — 1 и сохраняет его до следующей целочисленной точки t = 2, и так далее. 
Вообще функция X (t) постоянна на любом участке , где п — натуральное число, а на грани- 
границе каждого нового участка независимо от предыдущих принимает одно из значений +1 или —1 с вероятностью 1/2. Одна из возможных реализаций случайной функции X(t)  
показана на рис. 9.28а. Требуется определить характеристики случайной функции X(t): математическое ожидание, дисперсию и корреляционную функцию. Определить, является ли 
случайная функция X(t) стационарной. 

 

Решение:

Имеем 

Найдем корреляционную функцию 

Если точки t и  относятся к одному и тому же интервалу  где п — целое, то   в противном случае  = 0. Этот результат можно записать в более компактной форме, если обозначить через b(t) целую часть числа t (см. рис. 9.28а). Тогда получаем 

Эта функция зависит не только от но также и от того, где на оси Ot находится участок ; следовательно, случайная функция X(t) стационарной не является. 

Поверхность  выглядит как ряд кубов с ребром, равным 1, поставленных на плоскости  вдоль биссектрисы первого координатного угла, на которой t — t', так что диагонали 
оснований совпадают с биссектрисой (рис. 9.286). 

Пример 9.29. Случайная функция X(t) формируется так же, как и в предыдущей задаче, с той разницей, 
что точки, в которых происходит «розыгрыш» нового значения случайной функции, не закреплены на оси Ot, а занимают на ней случайное положение, сохраняя между собой постоянное расстояние, равное единице (рис. 9.29а). Все положения начала отсчета относительно последовательности моментов «розыгрыша» одинаково вероятны. 

Найти характеристики случайной функции X (t) — математическое ожидание, дисперсию и корреляционную функцию; определить, является ли случайная функция X (t) стационарной. 

Решение:

Как и в предыдущем случае, 

Найдем корреляционную функцию. Зафиксируем момент t (рис. 9.29а). Этот момент случаен относительно точек, в которых случайная функция X (t) принимает новые значения. 
Обозначим Т промежуток времени, отделяющий точку t от ближайшей точки, в которой будет «разыгрываться» новое значение X(t). Случайная величина Т будет распределена 
равномерно на участке от 0 до 1. Пусть Если  то  если  то 
Поэтому 

Аналогично при  < 0 получим 

отсюда 

График этой функции представлен на рис. 9.296. Так как  то случайная функция X(t) стационарна. 

Корреляционную функцию (9.29)  можно записать в более компактном виде с помощью единичной функции 1 : 

Пример 9.30. Условия предыдущей задачи (9.29) изменены в том отношении, что в каждый из случайных моментов  разделенных единичными интервалами, случайная функция X(t) 
принимает (независимо от других) значение  являющееся случайной величиной с математическим ожиданием  и дисперсией  и сохраняет его до следующей точки. Одна 
из реализаций такой случайной функций показана на рис. 9.30. Найти характеристики этой  
случайной функции: математическое ожидание, дисперсию и корреляционную функцию и 
определить, является ли случайная функция стационарной, а если стационарна, то 
какова ее спектральная плотность. 

Решение:

Рассуждая точно так же, как и в предыдущей задаче, найдем 

или, в другой записи, 

где 1  — единичная функция. 

Случайная функция X(t) стационарна. Ее спектральная плотность 

Пример 9.31. Случайная функция X(t) представляет собой ступенчатую знакопеременную функцию (рис. 9.31а), которая через единичные интервалы принимает попеременно значения: 
+1 и — 1. Положение ступенчатой функции относительно начала отсчета случайно; случайная величина Т, характеризующая сдвиг первой точки перемены знака относительно начала координат, есть случайная величина, распределенная равномерно в интервале (0, 1). 

Найти характеристики случайной функции X: математическое ожидание   дисперсию 

и корреляционную функцию. 

Решение:

Рассмотрим сечение случайной функции ; оно с равной вероятностью может попасть как на участок, где случайная функция равна единице, так и на участок, где она равна минус единице. 

Следовательно, ряд распределения любого сечения имеет вид 

откуда 

Найдем корреляционную функцию 

Так как произведение  может принимать только два значения +1 или —1, то 

где  — вероятность того, что точки t и  попадут на участки, в которых X (t) и  имеют один и тот же знак. В силу равномерности распределения сдвига Т на рис. 9.31а мы можем перенести начало отсчета в левый конец того участка, на котором находится точка t, и считать, что точка t равномерно распределена в интервале (0, 1) (рис. 9.316). При таком толковании  есть вероятность того, что точка  попадает в какой-либо из интервалов  вида   (эти интервалы отмечены жирными линиями на рис. 9.316). 

Подсчитаем эту вероятность для разных значений  При 0 < < 1 точка  может попасть либо в интервал (0, 1), либо в интервал (0,2), поэтому 

При 1 <<2 точка t-\-i может попасть либо в интервал (1, 2), либо в интервал (2, 3), поэтому 

Продолжая эти рассуждения, получим 

Отсюда видно, что  а значит и  зависит только от  и является четной функцией . Следовательно, 

График корреляционной функции представлен на рис. 9.31в. 

 

Пример 9.32. Случайная функция X(t) представляет собой последовательность равноотстоящих положительных импульсов, имеющих одинаковую ширину Начало каждого импульса отделено от начала каждого следующего единичным интервалом (рис. 9.32а). Последовательность импульсов занимает относительно оси Ot случайное положение (см. 
условия предыдущей задачи). Величина  импульса  случайна, распределена по одному и тому же закону с математическим ожиданием  и дисперсией  и не зависит 
от величин остальных импульсов. Найти характеристики случайной функции X(t): математическое ожидание дисперсию  и корреляционную функцию. 

Решение:

Математическое ожидание случайной функции X (t) по формуле полного математического ожидания равно 

Дисперсию найдем через второй начальный момент: 

откуда 

В данном случае случайная функция X(t) не центрирована. Ее корреляционную функцию будем искать через второй смешанный начальный момент: 

Найдем  Будем его вычислять по формуле полного математического ожидания. Как и в предыдущей задаче, представим ось Ot покрытой перемежающимися уча- 
участками: зачерненные соответствуют импульсам, а светлые— промежуткам между ними. Обозначим Т — случайное значение левой границы участка  Возможны три 
гипотезы: 

 — обе точки Т и  попали на участок одного и того же импульса; 
 — одна из точек Т,  попала на участок одного из импульсов, а другая—другого; 
 — хотя бы одна из точек Т,  попала вне участков каких-либо импульсов. 

При первой гипотезе величины Х(Т) и Х  совпадают и 

 

При второй гипотезе величины Х(Т) и Х представляют собой независимые случайные величины с одинаковыми математическими ожиданиями  по теореме умножения математических ожиданий 

При третьей гипотезе 

Полное математическое ожидание будет 

Вероятности  и  а значит, и корреляционная функция зависят только от 

1) при 

Корреляционная функция на этом интервале 

2) при 

3) при 

Дальнейшие интервалы значений  исследуются аналогичным образом. 

График функции  представлен на рис. 9.326. 
При  кривая  периодически повторяется, достигая в целых точках местных максимумов, равных 

Пример 9.33*. Рассматривается стационарная случайная функция X(t), представляющая собой пилообразное напряжение (рис. 9.33а). Начало отсчета занимает по отношению к зубцам случайное положение, как в задаче 9.31. Найти математическое ожидание  дисперсию  и корреляционную функцию. 

Решение:

Математическое ожидание  легко найти, если учесть, что распределение X(t) при любом t—равномерное на интервале (0,1). Отсюда 

Для отыскания корреляционной функции поступим следующим образом: свяжем последовательность зубцов жестко с осью Ot, но зато будем случайным образом бросать на 
эту ось начало t отрезка  (рис. 9.336). Так как зубцы периодичны, достаточно случайным образом бросать точку t на первый интервал (0,1), распределяя ее с постоянной 
плотностью. 

При этом, как видно из рис. 9.33б, значение X (t) = t, а значение  равно дробной части числа т.е.

где — целая часть числа Если целая часть числа  равна то

и, значит,

По формуле для математического ожидания функции от случайной величины t имеем при 

Отсюда следует, что корреляционная функция зависит только от  и при имеет вид 

Это периодическая функция с периодом 1, график которой состоит из периодически повторяющихся отрезков парабол, обращенных выпуклостью вниз. 

В интервале это парабола 

с вершиной в точке Полагая  получим 

Пример 9.34. Рассматриваются две некоррелированные центрированные случайные функции X(t), Y(t) и их произведение  Доказать, что корреляционная функция произведения равна произведению корреляционных функций сомножителей: 

Решение:

Так как случайные функции X (t) и Y (t) не коррелированы и центрированы, то 

отсюда

и

Отсюда, в частности, при t = t' 

Пример 9.35. Доказать, что корреляционная функция произведения п независимых центрированных случайных функций 

равна произведению корреляционных функций сомножителей 

Решение:

Доказательство аналогично предыдущему, с той разницей, что для применения теоремы умножения математических ожиданий в этом случае недостаточно 
некоррелированности сомножителей, а независимости — достаточно. 

Пример 9.36. Рассматривается произведение двух некоррелированных случайных функций 

причем случайная функция X(t) такая, как в задаче 9.21 (случайное чередование значений +1 и —1 с простейшим потоком перемен знаков), а случайная функция Y(t) — такая, 
как в задаче 9.26. Найти характеристики случайной функции Z(t). 

Решение:

Имеем: 

На основании задачи 9.34 имеем 

На рис. 9.36 показана одна из возможных реализаций случайной функции Z(t), полученная перемножением соответствующих ординат реализаций случайных функций X (t) и Y(t). 

Пример 9.37. На телефонную станцию поступает простейший поток заявок с плотностью  Случайная функция число заявок, поступившее за время t (см. задачу 9.20). Найти характеристики ее производной 

Решение:

В обычном смысле разрывная случайная функция X (t) не дифференцируема, однако, пользуясь обобщенной дельта-функцией, можно записать характеристики производной. Преобразование  , связывающее случайную функцию Y(t) с , является линейным однородным. Поэтому на основе задачи 9.20 

но

 

Таким образом, корреляционная функция случайной функции Y(t) пропорциональна дельта-функции, т. е. функция Y (t) представляет собой стационарный белый шум с интенсивностью  и средним уровнем  Спектральная плотность такого белого шума будет 

Пример 9.38*. Имеется функция  обладающая следующими свойствами: 

Требуется выяснить, может ли функция  быть корреляционной функцией стационарной случайной функции, т. е. обладает ли она свойством положительной определенности. 
Показать, что достаточным условием положительной определенности является условие, чтобы функция 

была неотрицательна при любом значении 

т. е. чтобы, вычисляя спектральную плотность по формуле 9.38а, мы ни при каких  не получали отрицательных значений этой плотности. 

Решение:

Предположим, что  и докажем, что при этом функция  будет положительно определенной. Имеем 

Положительная определенность функции  состоит в том, что для любой функции  и любой области интегрирования В должно выполняться условие 

Проверим это неравенство по отношению к функции (9.38в): 

Обозначая 

имеем 

так как по условию 

Можно доказать, что условие (9.386) является не только достаточным, но и необходимым для того, чтобы корреляционная функция была положительно определенной. 

Пример 9.39. Имеется стационарная случайная функция с характеристиками 

Найти характеристики ее производной  и показать, что она также стационарна. 

Решение:

Так как Y(t) связано с  линейным однородным преобразованием, то 

Но поэтому

Так как правая часть равенства зависит только от  то 

и случайная функция  стационарна. 

Пример 9.40. Стационарная случайная функция X (t) имеет корреляционную функцию  Случайная функция Y(t) получается из нее дифференцированием:  Найти 
корреляционную функцию  если: 

Решение:

При решении задачи мы будем пользоваться аппаратом обобщенных функций, правила пользования которыми приведены в начале данной главы. 

Наличие слагаемого  показывает, что в составе случайной функции Y(t) есть белый шум. 

Пример 9.41. Найти спектральную плотность стационарной случайной функции с корреляционной функцией: 

Решение:

Так как

и так как подынтегральная функция второго интеграла в точке  не имеет особенностей, то во втором интеграле можно пренебречь точкой . Получим 

График спектральной плотности  представлен на рис. 9.41. 

Спектральную плотность  можно было получить проще следующими рассуждениями. 
Представим случайную функцию Y (t) как производную случайной функции X (t) 
из задачи 9.40 (пункт а). Имеем 

амплитудно-частотная характеристика оператора дифференцирования равна  следовательно, 

Пример 9.42. Спектральная плотность стационарной случайной функции X (t) на участке от  до  постоянна, а вне 

его равна нулю, т. е. имеет вид, показанный на рис. 9.42а: 

или, в другой записи, 

Найти корреляционную функцию  случайной функции X(t). 

Решение:

График корреляционной функции показан на рис. 9.42б. 

Пример 9.43. Показать, что не существует никакой стационарной случайной функции X (t), корреляционная функция которой  постоянна в каком-то интервале  и равна нулю вне его. 

Решение:

Предположим противное, т. е. что существует случайная функция X(t), для которой корреляционная функция равна  при  и равна 0 при  
Попробуем найти спектральную плотность случайной  функции : 

Из этого выражения видно, что функция  для некоторых значений со отрицательна, что противоречит свойствам спектральной плотности, и следовательно, корреляционной 
функции указанного выше вида существовать не может. 

Пример 9.44. Найти спектральную плотность стационарной случайной функции, у которой корреляционная функция задана выражением 

Решение:

Имеем 

Пользуясь известной формулой 

и имея в виду, что  получим 

График этой функции подобен кривой нормального закона. 

Пример 9.45. Показать, что взаимная корреляционная функция  стационарной случайной функции X (t) и ее производной  удовлетворяет условию 

т. е. при перемене местами аргументов меняет знак. 

Решение:

Пусть 

Ho  следовательно, 

С другой стороны, 

что и требовалось доказать. 

Пример 9.46*. Определить, обладает ли функция 

свойствами корреляционной функции. 

Решение:

Нужно проверить выполнение следующих свойств: 

при любом 

Свойства 1) и 2) очевидны. Проверим остальные. 
3) Так как функция  четная, достаточно исследовать ее при 

Так как  нужно, чтобы это выражение по модулю не превосходило единицы. Можно доказать, что при  это условие не выполняется, так как при  
выражение будет неограниченно возрастать. В случае  при  Таким образом, свойство 3) выполняется только при  

при  (Re — действительная часть). 

При  имеем 

Таким образом, функция при обладает всеми свойствами корреляционной функции. Графики  и  при  показаны на 
рис. 9.46, а и б. 

Пример 9.47. Случайная функция X (t) имеет корреляционную функцию Случайная функция  Найти ее корреляционную функцию  и спектральную плотность 

Решение:

При нахождении  применяем свойства 3, 4 и 9 обобщенных функций (стр. 270): 

Так как предел  существует (он равен  то случайная функция  дифференцируема. 

Пример 9.48. Случайная функция X (t) с характеристиками  и  подвергается линейному преобразованию вида 

Определить характеристики случайной функции Y(t): и 

Решение:

Однородная часть рассматриваемого линейного преобразования будет 

Следовательно, 

Пример 9.49. Случайная функция  с характеристиками 

подвергается линейному неоднородному преобразованию' 

где — неслучайная функция. Найти взаимную корреляционную функцию 

Решение:

Имеем 

так как при центрировании случайной функции Y(t) неслучайное слагаемое  уничтожается. 
Отсюда 

Пример 9.50. Случайная функция X(t), имеющая характеристики  и , подвергается линейному преобразованию вида 

Найти корреляционный момент случайных величин Х(0) и Y (1) (т. е. двух сечений случайных функций: X{t) при и  при ). 

Решение:

На основании решения предыдущей задачи 

где  —однородная часть линейного преобразования, примененная по аргументу 
В нашем случае 

Полагая  получаем 

Пример 9.51. В различных технических задачах, относящихся к стационарным случайным процессам, часто пользуются в виде характеристики так называемым «временем корреляции» 

где —нормированная корреляционная функция случайного процесса. 

На рис. 9.51а время корреляции геометрически интерпретируется заштрихованной площадью. 

Найти время корреляции  для стационарного случайного процесса с нормированной корреляционной функцией вида 

где 

Решение:

Изобразим на рис. 9.516 график зависимости  Величина  численно равна заштрихованной на рис. 9.516 площади: 

Пример 9.52. Найти время корреляции  для стационарной случайной функции X(t), нормированная корреляционная функция которой имеет вид 

Как будет вести себя время корреляции при  и ? 

Решение:

При  случайная функция вырождается в случайную величину и ее время корреляции . При  случайная функция превращается в стационарный белый шум, 
а . 

Пример 9.54. В радиотехнике в качестве характеристики случайного процесса иногда пользуются величиной —«энергетической шириной спектра» стационарной случайной 
функции: 

где —максимальное значение спектральной плотности, достигаемое в точке  Найти энергетическую ширину спектра стационарной случайной функции, нормированная корреляционная функция которой имеет вид 

где 

 Решение:

Нормированная спектральная плотность случайной функции X(t) имеет вид 

Эта функция достигает своего максимума при 

Имеем 

Пример 9.55. Показать, что для стационарной случайной функции с нормированной корреляционной функцией 

независимо от значения  произведение  равно 1/4. 

Решение:

Из задачи 9.52 имеем; . Нормированная спектральная плотность равна 

ее максимальное значение  откуда 

Пример 9.56*. Показать, что для любой стационарной случайной функции X(t), корреляционная функция которой неотрицательна  произведение времени корреляции  
на энергетическую ширину спектра , равно 1/4. 

Решение:

В данном случае поэтому

Нормированная спектральная плотность выражается через  интегралом 

Полагая в этой формуле  имеем 

Покажем, что если  то максимум спектральной плотности достигается в точке 

Это непосредственно вытекает из оценки интеграла: 

Таким образом, при 

откуда 

Пример 9.57. На вход колебательного звена системы автоматического регулирования, передаточная функция которой имеет вид 

подается белый шум, спектральная плотность которого равна  Определить дисперсию выходного сигнала*). 

*) Подразумевается, что речь идет о достаточно удаленных участках времени, после окончания переходных процессов. 

Решение:

откуда 

Заметим, что дисперсия выходного сигнала не зависит от постоянной времени колебательного звена Т, а зависит лишь от коэффициента усиления  коэффициента демпфирования  и мощности сигнала N. 

Пример 9.58. Передаточная функция системы, на которую подается сигнал X(t), имеет вид 

где 

Спектральная плотность входного сигнала 

где 

Требуется найти дисперсию выходного сигнала. 

Решение:

в нашем случае 

Пример 9.59. Случайная функция X(t) имеет математическое ожидание  и спектральную плотность 

Найти корреляционную функцию случайной функции X(t). 

Решение:

В задаче 9.17 было показано, что для корреляционной функции вида  спектральная плотность имеет вид 

Следовательно, в нашем случае 

Пример 9.60. Случайная функция  имеет математическое ожидание  и спектральную плотность 

Найти корреляционную функцию случайной функции X(t). 

Решение:

В задаче 9.18 было показано, что для корреляционной функции вида 

спектральная плотность имеет вид 

Следовательно,  откуда  Нас удовлетворяет только положительное значение корня:  тогда  (оба корня отвечают условиям задачи), а Таким образом, 

Марковские процессы. Потоки событий. Теория массового обслуживания 

Говорят, что в физической системе X происходит случайный процесс, если она с течением времени может под влиянием случайных факторов переходить из состояния в состояние. 

Система X называется системой с дискретными состояниями,, если она имеет счетное (в частном случае—конечное) множество возможных состояний  и переход из одного состояния в другое осуществляется скачком. Ниже .будут рассматриваться только системы с дискретными состояниями. 

Возможные состояния системы X наглядно изображаются с помощью так называемого графа состояний (рис. 10а), на котором состояния системы изображены прямоугольниками, а возможные переходы системы из состояния в состояние — стрелками, соединяющими соответствующие прямоугольники. 

На рис. 10а показан граф состояний системы, имеющей четыре возможных состояния:  Из состояния  возможны переходы в  или  из состояния —в  или обратно в  из состояния  — в  из состояния —обратно в . 

Состояние системы называется «состоянием без выхода», если из него невозможен переход ни в какое другое состояние (см. состояние  на рис. 106). 

Для описания случайного процесса, протекающего в системе с дискретными состояниями   часто пользуются вероятностями состояний 

где —вероятность того, что в момент t система находится в состоянии  Вероятности  удовлетворяют условию 

Случайный процесс, протекающий в системе X, называется процессом с дискретным временем, если переходы системы из состояния в состояние возможны только в определенные моменты времени  Если переходы возможны в любой момент времени, процесс называется процессом с непрерывным временем. 

Если в системе X с дискретными состояниями -происходит случайный процесс с непрерывным временем, то переходы системы из состояния в состояние можно рассматривать как происходящие под влиянием некоторых потоков событий (см. гл. 5 стр. 92). 
Случайный процесс с дискретными состояниями называется марковским, если все вероятностные характеристики процесса в будущем зависят лишь от того, в каком состоянии этот процесс находится в настоящий момент времени, и не зависят от того, каким 
образом этот процесс протекал в прошлом («будущее зависит от прошлого только через настоящее»). Если процесс марковский, то все потоки событий, переводящие систему из состояния в состояние, являются пуассоновскими. 

Если процесс, протекающий в системе с дискретными состояниями и непрерывным временем, является марковским, то для вероятностей состояний  можно составить систему линейных дифференциальных уравнений. 

При составлении этих дифференциальных уравнений удобно пользоваться графом состояний системы, на котором против каждой стрелки, ведущей из состояния в состояние, 
проставлена плотность (интенсивность) потока событий, переводящего систему из состояния 
в состояние по данной стрелке. Образец такого графа (размеченного графа состояний) показан на рис.10в. Здесь  обозначает плотность потока событий, переводящего систему из состояния  в состояние 

Если имеется размеченный граф состояний системы X, то систему дифференциальных 
уравнений для вероятностей состояний можно сразу написать, пользуясь следующим простым правилом. В левой части каждого уравнения стоит производная а в правой части столько членов, сколько стрелок связано непосредственно с данным состоянием; если стрелка ведет в данное состояние, член имеет знак плюс, если ведет из данного состояния, член имеет знак минус. Каждый член равен плотности потока событий, переводящего систему по данной стрелке, умноженной на вероятность того состояния, из которого исходит стрелка. Например, для системы X, 
размеченный граф состояний которой показан на рис. 10в, система дифференциальных уравнений будет: 

Число уравнений может быть уменьшено на единицу, если учесть условие: для любого t 

Начальные условия для интегрирования такой системы отражают состояние системы в начальный момент. Если, например, система при  = 0 была в состоянии  то полагают 

Предельным режимом для системы X называется случайный процесс, устанавливающийся в системе при  

Если все потоки событий, переводящие систему из состояния в состояние, стационарны  общее число состояний конечно и состояний без выхода нет, то предельный режим существует и характеризуется предельными вероятностями состояний 
 Чтобы найти эти вероятности, приравнивают нулю  левые части уравнений для вероятностей состояний ( полагают все производные  равными 0 ) и решают полученную систему линейных алгебраических уравнений. К ним добавляется 
нормировочное условие 

Например, для системы X, размеченный граф состояний которой дан на рис. 10в, система алгебраических уравнений, определяющая предельный режим, будет: 

Потоком Пальма (потоком с ограниченным последействием) называется поток событий, у которого промежутки между соседними событиями представляют собой независимые случайные величины. Если эти случайные величины распределены одинаково, то поток Пальма называется стационарным. 

Простейший (стационарный пуассоновский) поток является потоком Пальма. 

Нестационарный пуассоновский поток потоком Пальма не является. 

Потоком Эрланга k-гo порядка называется поток событий, получаемый из простейшего путем операции «разрежения», когда выбрасывают из потока k точек подряд, а сохраняют только 
 (рис. 10г). Простейший поток есть поток Эрланга нулевого порядка. 

Промежуток времени Т между двумя соседними событиями в потоке Эрланга k -ro порядка есть неотрицательная случайная величина с плотностью распределения 

(закон Эрланга, см. стр. 231) и функцией распределения 

При k = 0 (простейший поток) получаем 

(показательный закон). 
Как плотность распределения  так и функцию распределения  для закона Эрланга любого порядка можно вычислять, пользуясь таблицами пуассоновского распределения; 

В этих обозначениях 

где 

- табулированная функция [см. приложение, табл. 1, где приведены значения функции 

Функцию  можно вычислять по тем же таблицам R (k, a): 

Между функциями  и R (k, a) существует следующее соотношение: 

Полезно знать предельные соотношения: 

Регулярным потоком событий называется поток, в котором события следуют одно за другим через строго определенные промежутки времени. 

При увеличении порядка k потока Эрланга (и одновременном уменьшении масштаба по оси Ot делением на k+1) поток Эрланга приближается к регулярному. 

Системой массового обслуживания (СМО) называется любая система, предназначенная для обслуживания какого-то потока заявок (например, ремонтная мастерская, телефонная станция, билетная касса и т. д.). 

Системы массового обслуживания делятся на системы с отказами и системы с ожиданием. 

В системе с отказами заявка, пришедшая в момент, когда все каналы обслуживания заняты, получает отказ и покидает систему. 

В системе с ожиданием такая заявка не покидает систему, а становится в очередь и ждет, пока не освободится какой-нибудь канал. Время ожидания и число мест в очереди могут быть как 
неограниченными, так и ограниченными. 

Система массового обслуживания называется пуассоновской, если все потоки событий, переводящие ее из состояния в состояние, являются пуассоновскими. 

Ниже мы будем рассматривать только пуассоновские СМО, причем с простейшими потоками переходов. 

Работа системы массового обслуживания с отказами определяется 
следующими параметрами: 
1) число каналов п; 
2) плотность потока заявок 
3) плотность «потока обслуживании» одного канала  (плотность потока заявок, обслуживаемых одним непрерывно занятым каналом). 
Величина  обратна среднему времени обслуживания одной заявки: 

где

— случайное время обслуживания. 
На рис. 10д показан размеченный граф состояний канальной СМО с отказами. Состояние состоит в том, что занято 

ровно k каналов из п *). Из этого графа следуют дифференциальные уравнения для вероятностей состояний (уравнения Эрланга) 

*) Предполагается, что каждый канал может обслуживать 
только одну заявку, а каждая заявка обслуживается только одним 
каналом. 

Эту систему обычно интегрируют при начальных условиях 

(в начальный момент все каналы свободны). При  существует предельный (установившийся) режим работы СМО, при котором вероятности состояний определяются формулами Эрланга 

где 

Вероятности  могут быть вычислены с помощью таблиц пуассоновского распределения (см. приложение, табл. 1): 

Вероятность того, что заявка будет обслужена (не получит отказа) выражается формулой 

Система массового обслуживания называется чистой системой с ожиданием, если ни время пребывания заявки в очереди, ни число заявок в очереди ничем не ограничено. Если имеются ограничения по какому-нибудь из этих признаков, система называется системой 
смешанного типа. Для системы массового обслуживания смешанного типа с ограничениями по числу мест в очереди предельные вероятности состояний выражаются формулами 

где п — число каналов обслуживания; 
 — число мест в очереди; 
 — плотность потока заявок; 
— плотность «потока обслуживании» одного канала. 

Для чистой системы с ожиданием  установившийся предельный режим существует только в случае — Предельные вероятности выражаются формулами. 

Ограничения по времени пребывания заявки в очереди (или в системе) при составлении уравнений для вероятностей состояний учитываются тем, что на каждую заявку, находящуюся в очереди (системе), действует «поток уходов» с плотностью  обратной среднему времени 
пребывания заявки в очереди (системе). 

Пример 10.1. Поток машин, следующих по шоссе в одном направлении, представляет собой простейший поток с плотностью  Человек выходит на шоссе, чтобы остановить первую 
попавшуюся машину, идущую в данном направлении. Найти закон распределения времени Т, которое ему придется ждать; определить его математическое ожидание  и среднее 
квадратическое отклонение 

Решение:

Плотность распределения времени ожидания будет такая же, как плотность распределения промежутка между машинами, а именно 

так как «будущее» в простейшем потоке никак не зависит от «прошлого», в частности от того, сколько времени тому назад прошла последняя машина. 

Для показательного закона 

Пример 10.2. Тот же вопрос, что и в задаче 10.1, но поток машин — регулярный, с той же плотностью 

Решение:

Закон распределения времени ожидания Т будет законом постоянной плотности в промежутке времени между двумя машинами, равном 

Для закона постоянной плотности 

Пример 10.3.  Показать, что для пуассоновского потока событий 

где —число событий, попадающих на участок длиной 

Решение:

Имеем 

Следовательно, 

Пример 10.4.* Пассажир выходит на автобусную остановку и ждет очередного автобуса. Автобусы подходят к остановке через случайные, взаимонезависимые и одинаково распределенные промежутки времени  Каждый из этих промежутков времени имеет одну и ту же плотность распределения f(t). Требуется найти закон распределения времени ожидания очередного автобуса при условии, что выход пассажира на остановку некоррелирован с моментом прибытия автобуса (расписание движения автобусов пассажиру неизвестно). 

Решение:

Рассмотрим поток событий, состоящих в том, что на остановку прибывает автобус. Этот поток по условиям задачи будет стационарным потоком Пальма. Выход 
пассажира на автобусную остановку можно рассматривать как появление некоторой точки П на оси времени Ot. 

Случайность выхода пассажира на остановку следует понимать в том смысле, что в интервале времени  между прибытием двух автобусов (рис. 10.4а) точка П распределена 
равномерно (подчеркнем, что речь идет об очередном автобусе и ему предшествующем). 

Закон распределения интервала времени  между прибытием двух автобусов, на котором появился пассажир (на который упала точка П), в общем случае не совпадает с законом f(t). 

Этот (на первый взгляд парадоксальный) факт можно пояснить на следующем наглядном примере. Допустим, что интервал времени Т (в часах) между появлениями двух соседних по времени автобусов может принимать только два значения:  с вероятностью 0,5 и  с вероятностью 0,5. Тогда на оси Ot мы будем иметь поток Пальма, в котором с одинаковой частотой будут встречаться длинные (0,9) и короткие (0,1) участки (см. рис. 10.46). Пусть пассажир появился случайно в какой-нибудь момент на оси Ot. Спросим себя, что более вероятно: что он попадет на участок длины 0,9 или на участок длины 0,1? Очевидно, первое более вероятно: отрезков 0,9 и 0,1 на оси Ot в среднем одинаковое количество, но отрезки 0,9 длиннее в 9 раз; значит, они занимают в 9 раз большую протяженность оси Ot, чем малые отрезки, а следовательно, вероятность попадания точки П на отрезок 0,9 равна 
уже не 0,5, а 0,9, а вероятность попадания на отрезок 0,1 равна 0,1. 
Таким образом, на этом простом примере можно убедиться, что закон распределения того промежутка, на который попала точка П, не совпадает с его априорным законом распределения. 

Решим эту же задачу для непрерывного распределения. Пусть априорная плотность распределения промежутка Т между соседними событиями есть  Найдем 
плотность распределения  того промежутка , на который попала точка П. Для этого найдем — вероятность того, что точка П попадает на промежуток, длина которого 
заключена в интервале  Эта вероятность приближенно равна отношению суммарной длины таких промежутков на очень большом интервале времени к полной длине 
такого интервала. Пусть на очень большом интервале уложилось большое число /V промежутков. Среднее число промежутков, длина которых лежит в пределах  равна  средняя суммарная длина всех таких промежутков будет  Средняя общая продолжительность всех N промежутков равна  где 

Следовательно, 

Это равенство выполняется тем точнее, чем более длительный промежуток времени будет рассматриваться (чем больше N). В пределе закон распределения случайной величины Т* будет

Нетрудно убедиться, что функция f*(t) обладает всеми свойствами плотности распределения. 

После того как мы нашли плотность распределения интервала времени Т* между прибытием двух автобусов, на котором появился пассажир П, можно найти и плотность распределения  времени  ожидания автобуса (рис. 10.4в). С этой целью воспользуемся формулой полной вероятности 

где —условная плотность распределения времени  при условии, что случайная величина Т* попала в интервал времени 

Так как точка П на интервале времени t* распределена равномерно, то 

Отсюда получим 

где F(t) — функция распределения случайной величины Т, 

Искомая плотность распределения времени ожидания  будет иметь вид 

Пример 10.5. В условиях предыдущей задачи закон распределения промежутка между автобусами есть закон постоянной плотности в интервале от 5 до 10 минут. Найти f*(t) и 

Решение:

Средний промежуток времени между автобусами 

График плотности f*(t) показан на рис. 10.5, а. 

Отсюда 

График плотности распределения  показан на рис. 10.5, б. 

Пример 10.6. В условиях задачи 10.4 найти закон распределения времени ожидания очередного автобуса, если поток автобусов представляет собой поток Эрланга  порядка. 
Найти плотность распределения длины интервала времени Т*, на который попал пассажир. 

Решение:

Если исходный поток автобусов был простейшим (k = 0), то

т. е. время ожидания будет показательным, о чем уже говорилось выше. 

Плотность распределения интервала времени Т*, на который попадает точка П, имеет вид 

т. е. представляет собой закон Эрланга (k +1)-го порядка. 

Пример 10.7. Стационарный поток Пальма разрежается посредством р-преобразования: каждое событие с вероятностью р остается в потоке, а с вероятностью  выбрасывается. Закон распределения промежутка между событиями в потоке Пальма имеет плотность f(t). Показать, что преобразованный поток будет также потоком Пальма, и найти закон распределения и числовые характеристики промежутка между событиями 
в преобразованном потоке. 

Решение:

На рис. 10.7 показана схема р-преобразования исходного потока Пальма. 

Случайная величина  — интервал между двумя событиями в преобразованном потоке — будет определяться как сумма случайного числа независимых случайных величин: 

где Y—случайная величина, распределенная по сдвинутому на единицу закону Паскаля с параметром р: 

Тогда соседние интервалы в преобразованном потоке будут: 

где случайные величины  ... независимы (каждое событие независимо от других остается в потоке или выбрасывается), а случайные величины  ... независимы, 
так как исходный поток является потоком Пальма. Следовательно, случайные величины  .. . независимы, и преобразованный поток является также потоком Пальма. 

Если характеристическая функция случайной величины Т есть  то характеристическая функция случайной величины  (в соответствии с решением задачи 8.69) будет 
равна 

а плотность распределения случайной величины  выражается формулой 

В соответствии с задачей 8.69 находим числовые характеристики случайной величины 

где

Можно доказать, что при многократном р-преобразовании стационарного потока Пальма получается поток, близкий к простейшему. 

Пример 10.8. Простейший поток с параметром  подвергается р-преобразованию (см. задачу 10.7). Доказать, что преобразованный поток также будет простейшим и найти его параметр. 

Решение:

Характеристическая функция расстояния Т в первоначальном потоке:  (см. задачу 8.55); в преобразованном потоке, в соответствии с решением задачи 10.7, 

Так как характеристическая функция однозначно определяет закон распределения, то в соответствии с той же задачей 8.55 

т. е. преобразованный поток также будет простейшим с параметром 

Пример 10.9. Поток Эрланга  порядка с параметром  подвергается р-преобразованию (см. задачу 10.7). Найти характеристическую функцию преобразованного потока и числовые 
характеристики случайной величины  — интервала времени между двумя событиями в преобразованном потоке. 

Решение:

Пример 10.10. Для условий задачи 10.4 определить вероятность того, что пассажир сядет в автобус, если автобус на остановке ждет время , а пассажир, не застав автобуса на остановке, 
тоже ждет время , и если за это время не подойдет автобус, то идет пешком. Время  мало по сравнению с возможными значениями промежутков, так что одновременно 
два автобуса на остановке практически быть не могут. 

Решение:

Перейдем к противоположному событию  —- пассажир не сядет в автобус. В данном случае каждое событие «подход автобуса к остановке» сопровождается 
«зоной захвата» пассажира (зоной ) шириной  (рис. 10.10, а). 

Рассмотрим интервал времени Т*, на котором появился пассажир П (рис. 10.10, б). 

Для того чтобы произошло событие  нужно, чтобы точка П, распределенная равномерно на интервале времени Т*, не была накрыта «зоной захвата» соседних автобусов. Вероятность этого события будет 

откуда 

В этой формуле — плотность априорного закона распределения интервала времени Т между появлением на остановке двух автобусов (t > 0),  — математическое ожидание времени Т". 

Пример 10.11. Рассматривается работа электронной цифровой вычислительной машины (ЭЦВМ). Среднее время безотказной работы ЭЦВМ равно поток отказов (сбоев) ЭЦВМ — простейший с параметром X. Если в машине происходит сбой,  то она останавливается и неисправность устраняется. Среднее время устранения неисправности равно поток 
восстановлений ЭЦВМ — простейший с параметром 

Определить вероятность того, что ЭЦВМ в момент времени t будет работать, если она в момент времени  работала. 

Решение:

Рассмотрим два состояния ЭЦВМ: 
— ЭЦВМ исправна, 
— ЭЦВМ ремонтируется. 
Вероятности этих состояний в момент i обозначим  и  соответственно; составим размеченный граф состояний (рис. 10.11). 

Система дифференциальных уравнений для вероятностей состояний имеет вид 

Решение системы уравнений при начальных условиях будет 

При  будет иметь место стационарный режим работы системы с вероятностями состояний 

Пример 10.12. Рассматривается предельный стационарный режим работы канальной системы массового обслуживания с отказами. Плотность потока заявок  плотность «потока 
обслуживании» (потока освобождений одного занятого канала) 
Требуется найти следующие характеристики СМО: 
1) среднее число занятых каналов 
2) вероятность того, что произвольно взятый канал будет занят; 
3) среднее время занятости одного (произвольно взятого) канала 
4) среднее время простоя канала 

Решение:

1) Для любой СМО, в которой каждая заявка может обслуживаться только одним каналом, среднее число заявок  обслуживаемых в единицу времени, определяется как произведение среднего числа занятых каналов на плотность потока обслуживании: 

Вероятность обслуживания произвольно выбранной заявки равна отношению плотности потока обслуженных заявок к плотности потока поступающих заявок: 

откуда 

Следовательно, 

или, в соответствии с формулой (10.3) на стр. 325, 

где 

Выражение для среднего числа занятых каналов можно получить и из формулы  где  определяется по формуле (10.2) стр. 325. 

2) Обозначим вероятность того, что произвольно взятый канал занят обслуживанием какой-то заявки, через Очевидно, что эта вероятность одинакова для всех каналов, 
следовательно, 

откуда 

3) Среднее время занятости одного канала т. е. равно среднему времени обслуживания заявки. 
4) Среднее время простоя канала  определим из условия 

откуда 

Пример 10.13. Рассматривается работа автоматической телефонной станции (АТС), рассчитанной на одновременное обслуживание 20 абонентов (двадцатиканальная СМО). Вызов на АТС 
поступает в среднем через 6 секунд. Каждый разговор длится в среднем 2 минуты. Если абонент застает АТС занятой, то он получает отказ. Если абонент застает свободным хотя бы один из 20 каналов, то он соединяется с нужным ему номером. 

Определить вероятность того, что абонент, вызывая АТС, не застанет ее занятой, а также другие характеристики работы СМО: среднее число занятых каналов, вероятность 
занятости канала, среднее время простоя канала. 

Решение:

АТС можно рассматривать как систему массового обслуживания с отказами и с параметрами: 

Вероятность обслуживания 

Среднее число занятых каналов 

Вероятность того, что канал занят 

Среднее время простоя канала 

Из полученных данных видно, что АТС загружена достаточно сильно. 

Пример 10.14*. Рассматривается канальная система массового обслуживания смешанного типа, на вход которой поступает простейший поток заявок с плотностью  Число мест в 
очереди  Время ожидания заявки в очереди  распределено по показательному закону со средним значением  Время обслуживания показательное со средним 
значением  Определить вероятности состояний системы. Найти вероятность  того, что заявка будет обслужена. 

Решение:

Размеченный граф состояний системы изображен на рис. 10.14. На этом графе приняты следующие обозначения состояний: 

- в системе имеется ровно k заявок  все они обслуживаются, очереди нет; 

— в системе все каналы заняты и s заявок находятся в очереди 

Читателю предлагается на основе этого графа самостоятельно составить систему дифференциальных уравнений для 

вероятностей состояний и из нее при  получить систему алгебраических уравнений, решение которой имеет вид 

где

Это выражение можно преобразовать к виду, более удобному для расчетов, заменяя 

где 

 гамма-функция, для которой, как известно, 

Если величина  — целое число, то 

и формулы для вероятностей A) и B) примут следующий вид: 

Вероятность обслуживания заявки можно определить как отношение среднего числа заявок  обслуживаемых в единицу времени, к плотности потока заявок  

Величина  определяется из соотношения 

где — среднее число занятых каналов: 

Если  — целое число, то 

Если  не целое число, то вычисление можно провести для двух ближайших к величине  целых чисел и произвести между ними линейную интерполяцию. Такой прием 
дает удовлетворительные по точности результаты. 

Если число мест в очереди не ограничено то формулы упрощаются с учетом того, что 

 

Если заявки, попавшие в очередь, не покидают ее, а «терпеливо» ожидают начала обслуживания ( а значит, и ), то формулы (1) и (2) принимают вид 

а вероятность обслуживания 

где

При  такая система превращается в чистую систему с ожиданием, для которой 

В системе с неограниченным числом мест в очереди  и  стационарный режим существует только при 

Пример 10.15*. Для СМО смешанного типа, рассмотренной в предыдущей задаче, требуется определить: 
1) среднее число заявок  находящихся в очереди; 
2) среднее время пребывания в очереди 
3) вероятность  того, что произвольно взятый канал занят; 
4) среднее время занятости канала 
5) среднее время простоя канала  при условии, что величина  целое число.

Решение:

1) Среднее число заявокнаходящихся 
в очереди, будет (см. формулу 4) задачи 10.14): 

Преобразуем сумму 

так как 

и

Следовательно, 

2) Рассмотрим случайную величину  — время фактического пребывания заявки в очереди. Величина  является случайной величиной смешанного типа: с некоторой вероятностью она равна нулю, а при  имеет плотность распределения  Допустим, что для конкретной заявки это время приняло значение, лежащее в интервале  Вероятность этого равна Предположим, что заявки обслуживаются в порядке поступления. Тогда к моменту ухода рассматриваемой заявки из очереди 
за ней будет находиться в среднем  заявок, а следовательно, полное математическое ожидание числа заявок, находящихся в очереди будет: 

3) Вероятность занятости канала 

где  — среднее число занятых каналов, определяемое по формуле (5) задачи 10.14. 

4) Среднее время занятости канала 

5) Среднее время простоя канала