Элементарные формулы для вероятностей случайных событий

Page 1

Вариант 7
Задание №1. Элементарные формулы для вероятностей случайных событий
Участок электрической цепи, представленный на схеме, содержит размыкающие и
замыкающие контакты Р1 - Р5 пяти реле. Каждое реле функционирует независимо
от остальных и при включении срабатывает с определенной вероятностью:
Р1=0,6; Р2=0,2; Р3=0,5; Р4=0,4; Р5=0,3;
Каждое реле переключили ровно один раз. С какой вероятностью после этого:
а) участок цепи пропускает постоянный ток: б) участок цепи не пропускает
постоянный ток, если реле Р3 сработало: в) реле Р2 сработало, если участок цепи
пропускает постоянный ток. (Вероятности вычислять с точностью до 0.00001).
Обозначим интересующие нас события:
А - участок цепи пропускает постоянный ток;
В – сработало реле Р3;
C – сработало реле Р2.
Чтобы получить вероятность Р{А}. следует найти все элементарные исходы, удовлетворяющие
условию А и затем просуммировать их статистические веса. Построим вспомогательную
таблицу
Таблица 1
1
2
2
3
3
3
3
4
4
4
4
4
4
4
4
5
5
5
5
5
5
5
5
5
5
5
5
5
5
5
5
А
+
+
+
-
+
+
-
-
+
+
-
-
+
+
-
-
1
2
2
3
3
3
3
4
4
4
4
4
4
4
4
5
5
5
5
5
5
5
5
5
5
5
5
5
5
5
5
А
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
Каждый столбец соответствует одному элементарному исходу (например, столбец,
выделенный в заголовке таблицы крупным шрифтом. исходу { 1 2 3 4 5 } ) .
Последовательно рассмотрим каждый из 32-х исходов и отметим знаком "+" те из них,
которые удовлетворяют условию А. Если критерий не выполняется, ставим в ячейке знак "-".
После тoго, как таблица заполнена, несложно представить Множество исходов,
удовлетворяющих событию A, в математической форме:

---

Page 2




 


 
 


 
 

5P
4P
3P
2P
1P
5P
4P
3P
2P
1P
5P
4P
3P
2P
1P
5P
4P
3P
2P
1P
5P
4P
3P
2P
1P
5P
4P
3P
2P
1P
5P
4P
3P
2P
1P
5P
4P
3P
2P
1P
5P
4P
3P
2P
1P
A











Р1=0,6; Р2=0,2; Р3=0,5; Р4=0,4; Р5=0,3;
;4,
0
1P
;8,
0
2P 
;5,
0
3P 
;6,
0
4P 
;7,
0
5P 
P(A)= 0,25080;
;
74920
,0
)A
(P
1
)A
(P



Условные вероятности Р{ A/В} и Р{С/А} вычислим по формулам:
}
{
}
{
}
/
{
,
}
{
}
{
}
/
{
A
P
A
C
P
A
C
P
B
P
B
A
P
B
A
P




Вероятность Р{В}, как следует из условия задачи, равна Р{В}= Р3=0,5:
вероятности Р{ A∙В} и Р{С ∙А) получим тем же способом, что и Р{A}:
Таблица 1
1
2
2
3
3
3
3
4
4
4
4
4
4
4
4
5
5
5
5
5
5
5
5
5
5
5
5
5
5
5
5
A∙В
-
-
-
+
-
-
-
-
-
-
+
+
-
-
-
-
С ∙А
+
+
+
-
+
+
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
1
2
2
3
3
3
3
4
4
4
4
4
4
4
4
5
5
5
5
5
5
5
5
5
5
5
5
5
5
5
5
A∙В
+
+
+
+
-
-
-
-
+
+
+
+
-
-
-
-
С ∙А
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
Последовательно рассмотрим каждый из 32-х исходов и отметим знаком "+" те из них,
которые удовлетворяют условию В и при этом противоречит условию А или же
удовлетворяют условию А и при этом удовлетворяют условию С. Если критерий не
выполняется, ставим в ячейке знак " -". После тoго, как таблица заполнена, несложно
записать рассматриваемые события :

 
 
        
       
54
32
1
54
32
1
5
34
21
345
21
54
23
1
54
23
1
5
234
1
2345
1
54
32
1
54
32
1
54
32
1
B
A
















 
 
 

5
4
3
21
5
4
3
21
5
4
3
21
5
4
3
21
5
4
3
21
A
C







---

Page 3

P{ A ∙В}=0,43640
P{C ∙A}=0,05880
078484
,0
74920
,0
058800
,0
}
A
/
C
{P
,
8728
,0
5,
0
43640
,0
}
B
/
A
{P




Задание №2.
Формула полной вероятности. Формулы Байеса
Система связи состоит из четырёх независимых каналов. Каждый канал характеризуется своей
долей в общем потоке исходящих сообщений, а также определённой вероятностью успешной
передачи сообщения (значения, выраженные. в процентах:. представлены в таблице):
Доля канала в потоке исходящих
сообщений
Вероятность успешной передачи через
канал
№1
№2
№3
№4
№1
№2
№3
№4
7
52
28
13
75
63
60
97
С какой вероятностью исходящее сообщение, выбранное наугад из общего потока: а) будет
передано успешно: б) не будет передано успешно?
Вычислить апостериорные вероятности передачи некоторого сообщения через каждый из
каналов, если известно, что это сообщение: а) было получено адресатом: б) не. дошло до
своего адресата. Истолковать полученные результаты.
Обозначим интересующее нас событие:
А = {Сообщение передано успешно}
Согласно условиям задачи, сообщение передаётся через один и только один из
четырёх каналов связи. Обозначим события, соответствующие передаче через
определённый канал:
В
1
={Сообщение отправлено через канал №1}
В
2
={Сообщение отправлено через канал №2}
В
3
={Сообщение отправлено через канал №3}
В
4
={Сообщение отправлено через канал №4}
При этом события Bi (i =1…4) взаимоисключающие, их сумма В
1
+ В
2
+ В
3
+ В
4
будет
достоверным
событием
если
только
испытание
имело
место (сообщение
передавалось), одно и только одно из В, обязательно должно было произойти. То есть
события Bi (i =1…4) составляют полную группу.
При наличии полной группы вероятность любого события, и в частности А, можно
вычислить по формуле полной вероятности:
}
{
}
{
}
{
4
1
Bi
A
P
Bi
P
A
P
i




Для сообщения, взятого среди всех исходящих наугад, вероятность быть отправленным
через i-й канал равна доле этого канала в общем потоке. Следовательно, вероятности
событий Bi (i =1…4) известны и указаны в условии задачи:

---

Page 4

P(В
1
)=0,07; P(В
2
)=0,52; P(В
3
)=0,28; P(В
4
)=0,13;
Вероятности успешной передачи через канал это вероятности события А в условиях Bi
(i =1…4) есть условные, вероятности
P(A/В
1
)=0,75; P(A/В
2
)=0,63; P(A/В
3
)=0,60; P(A/В
4
)=0,97;
P(A)=0,6742
Полученное значение больше наименьшего и меньше наибольшего среди значений
P(A/В
i
)
Если сообщение отправлено, но безуспешно, имеет место A событие,
противоположное событию А. Вероятность P{ A} вычисляется по известной
вероятности P{A}:
P{ A}=1- P{A}= 0,3258
Для расчета апостериорных вероятностей передачи некоторого сообщения через определенный
канал P(Bi) (i =1…4) (при состоявшемся успешном исходе {A} воспользуемся формулой Байеса:
}
{
}
{
}
{
}
/
{
A
P
Bi
A
P
Bi
P
A
Bi
P


P(В
1
/A)=0,07787; P(В
2
/A)=0,48591; P(В
3
/A)=0,24918; P(В
4
/A)=0,18704;
Сумма всех вероятностей P(Bi/A) (i =1…4) равна 1, что соответствует условию
нормировки.
Формулой Байеса воспользуемся для расчета апостериорных вероятностей передачи
некоторого сообщения через определенный канал P(Bi) (i =1…4) (при состоявшемся безуспешном
исходе { A })
}
{
}
{
}
{
}
/
{
A
P
Bi
A
P
Bi
P
A
Bi
P


P( A/В
1
)=1- P(A/В
1
)=0,25; P( A/В
2
)=1- P(A/В
2
)=0,37;
P( A/В
3
)=1- P(A/В
3
)=0,40; P( A/В
4
)=1- P(A/В
4
)=0,03;
P(В
1
/ A)=0,05371; P(В
2
/ A)=0,59055; P(В
3
/ A)=0,34377; P(В
4
/ A)=0,01197;
Апостериорные вероятности
P(Bi/A) (i =1…4)
Апостериорные вероятности
P(Bi/ A) (i =1…4)
В
1
В
2
В
3
В
4
В
1
В
2
В
3
В
4
0,07787
0,48591
0,24918
0,18704
0,05371
0,59055
0,34377
0,01197

---

Page 5

Задание №3
Схемы испытаний "выборка без возвращения" и "выборка с
возвращением"
Кабель, состоящий из N одинаковых жил. получил механическое повреждение, .затронувшее S
процентов его поперечного сечения. С какой вероятностью среди выбранных наугад п жил
окажутся повреждёнными: а) ровно m
1
; б) не более т
2
Представим далее, что связист пытается установить соединение через жилы этого кабеля.
Рассмотрим ситуацию, когда условия работы не позволяют отбирать для попытки соединения
более одной жилы, а также исключить повторный выбор жил, оказавшихся на поверку
повреждёнными. С какой вероятностью из L попыток соединения неудачными окажутся: а)
ровно l
1
б) не менее l
2
С какой вероятностью первая успешная попытка окажется: ровно к
1
-й по счету: б) не
.менее, чем к
2
-й по счёту? Какими будут эти вероятности, если связист воспользуется
появившейся возможностью исключить повторный выбор жил, оказавшихся ни поверку
поврежденными?
N = 10; S = 60,0%; n = 5; m
1
= 3; m
2
= 3;
L = 6; l
1
=4; l
2
=2; k
1
=4; k
2
=3.
По условию задачи количество поврежденных жил равно
M=0,6 ∙N = 6;
Выборкой без возвращения называется схема испытания, при которой происходит
предварительный отбор n жил с последующей проверкой каждой из них один и только один раз.
Пусть μ
n
≤M обозначает количество поврежденных жил среди n отобранных, тогда вероятность
события {μ
n
= m} в испытаниях по этой схеме вычисляется по схеме гипергеометрического
распределения
)!
n
N
(!
n
!N
C
,
C
C
C
}
m
{P
n
N
n
N
m
n
M
N
m
M
n









Вычислим вероятность того, что среди отобранных n = 5 жил m
1
= 3 окажутся
поврежденными
47619
,0
5!
5!
10!
2!
2!
4!
3!
3!
6!
C
C
C
}3
{P
5
10
3
5
6
10
3
6
5












Вычислим вероятность того, что среди отобранных n = 5 жил не более m
2
= 3 окажутся
поврежденными
}0
{P
}1
{P
}2
{P
}3
{P
}3
{P
5
5
5
5
5














23810
,0
5!
5!
10!
1!
3!
4!
4!
2!
6!
C
C
C
}2
{P
5
10
2
5
6
10
2
6
5













---

Page 6

00004
,0
5!
5!
10!
4!
0!
4!
5!
1!
6!
C
C
C
}1
{P
5
10
1
5
6
10
1
6
5












0
}0
{P
5






}3
{P
5
0,71433
Выборкой с возвращением называется схема испытания, при которой происходит отбор наудачу
одной жилы из N. Принципиальное отличие от выборки без возвращения заключается в том, что
теперь одна и та же жила может быть выбрана несколько раз в рамках одной и той же серии.
Если серия состоит из L попыток соединения, а μ
L
≤L обозначает количество неудачных попыток,
то вероятность события {μ
L
=L} вычисляется по формуле Бернулли:
l
L
l
l
L
p
p
C
l
P
L






)
1(
}
{

где
10
6
N
M
p


- вероятность неудачи в результате единичной попытки соединения (вероятность
выбрать наугад среди всех жил какую-нибудь из поврежденных)
Вероятность того, что из 6 попыток соединения, ровно 4 окажутся неудачными, равна
31104
,0
10
4
10
6
!4
!2
!6
10
6
1
10
6
C
}4
{P
2
4
2
4
4
6
6



































Вычислим вероятность события, заключающегося в том, что не менее l
2
=2 попыток из 6,
окажутся неудачными
}1
{
}2
{
6
6





}0
{P
}1
{P
1
}2
{P
6
6
6









00410
,0
10
6
1
10
6
C
}0
{P
6
0
0
6
6



















03686
,0
10
6
1
10
6
C
}1
{P
5
1
1
6
6



















95904
,0
03686
,0
00410
,0
1
}2
{P
6






Пусть v – номер попытки, оказавшейся первой успешной, тогда вероятность события { v = k}
вычисляется по формуле геометрического распределения
1
)
1(
}
{





k
p
p
k
P

где
10
4
N
M
N
p



- вероятность успешного соединения в результате единичной попытки
соединения (вероятность выбрать наугад среди всех жил какую-нибудь из неповрежденных)
Вероятность того, что первая успешная попытка окажется ровно k
1
= 4 по счету равна
08640
,0
10
4
1
10
4
}4
{P
3













---

Page 7

Вероятность того, что первая успешная попытка окажется не менее, чем к
2
=3 по счёту равна
{ v ≥ 3} =
}2
{ 

}2
{P
}1
{P
1
}2
{P
}3
{P












24000
,0
10
4
1
10
4
}2
{P












40000
,0
10
4
1
10
4
}1
{P
0












36000
,0
24
,0
4,
0
1
}3
{P






В том случае, когда поврежденные жилы, выявленные при неудачных попытках соединения,
исключаются из дальнейшего рассмотрения, серия попыток соединения не будет являться
испытанием по схеме с возвращением.
Введем в рассмотрение события:
j = {j-я попытка является успешной}
j = {j-я попытка является неудачной}
40000
,0
}1
{P
1}
P{




Аналогичным образом определяем вероятность того, что первая успешная попытка окажется не
менее, чем к
2
=3 по счёту
36000
,0
}2
{P
}1
{P
1
}}
2
{P
}3
{P













Задание №4. Предельные случаи схемы Бернулли: Формула Пуассона
При передаче дискретного сообщения объёмом N тысяч бит через некоторый канал связи без
памяти искажаются, в среднем n бит. С какой вероятностью сообщение объёмом К тысяч бит
содержит после трансляции:
а) ровно к
1
ошибок?
б) не более к
2
ошибок?
в) не менее к
3
ошибок?
Какой должна быть вероятность искажения бита для канала связи без памяти, чтобы
сообщение объёмом L тысяч бит содержало после трансляции не более l ошибок с
надёжностью: a) γ
1
% б) γ
2
% ?
N=150; n = 3; K=125; к
1
= 3; к
2
=2; к
3
=2; L=340; l=3; γ
1
=87 % ; γ
2
= 96 %
Канал связи без памяти характеризуется статистической независимостью результатов трансляции
отдельно взятых битов передаваемого сообщения. Поэтому трансляцию каждого отдельно взятого
бита можно рассматривать как самостоятельное независимое испытание с двумя
взаимоисключающими событиями: сохранением или искажением значения бита.
Вероятность искажения при трансляции отдельно взятого бита равна:

---

Page 8

5
10
2
150000
3
N
n
p





Вероятность для очень длинных последовательностей испытаний и очень редких событий K>>1 и
p<0,1 определяется по формуле Пуассона
p
K
k
к
e
k
p
K
k
P






!
)
(
)
{

Вероятность того, что сообщение длиной K=125 тысяч бит содержит ровно к
1
=3 ошибки равна
K∙p = 1,25∙10
5
∙2 ∙10
-5
= 2,5
21376
,0
e
!3
)5,
2(
)3
{P
5,
2
3
125000






Вероятность того, что сообщение длиной K=125 тысяч бит содержит не более к
2
=2 ошибок равна
54381
,0
e
!0
)5,
2(
e
!1
)5,
2(
e
!2
)5,
2(
}0
{P
}1
{P
}2
{P
}2
{P
5,
2
0
5,
2
1
5,
2
2






















Вероятность того, что сообщение длиной K=125 тысяч бит содержит не менее к
3
=2 ошибок равна
{ μ ≥ 2} =
}1
{ 

71270
,0
e
!0
)5,
2(
e
!1
)5,
2(
1
1}
{P
-1
}1
{P
=
2}
{P
5,
2
0
5,
2
1























Утверждение о том, что сообщение объёмом L тысяч бит содержало после трансляции не более l
ошибок с надёжностью γ
1
=87 % равносильно неравенству
1
l}
{P




x = L∙p
)1
x
x
5,
0
x
6
1
(
e
e
!0
x
e
!1
x
e
!2
2
x
e
!3
3
x
}0
{P
}1
{P
}2
{P
}3
{P
3}
{P
2
3
x
x
0
x
x
x
L
L
L
L
L
































---

Page 9

Приведенное выше неравенство будем решать графическим методом
P x
( )
1
2
x
0
0.5
1
1.5
2
0.85
0.9
0.95
1
X
2
=1,26; X
1
=1,92;
При γ
1
=87 % p=
6
10
65
,5
340000
92
,1



При γ
2
=96 % p=
6
10
71
,3
340000
26
,1



Задание №5. Предельные случаи схемы Бернулли.
Формулы Муавра-Лапласа
Peле игрового автомата настроено так, чтобы срабатывать при включении случайным
образом в среднем, п раз из двадцати.
Для последовательности из К включений оценить вероятность, с которой реле сработает:
а) ровно к
1
раз;
б) ровно к
2
раз;
в) не более т раз;
г) от m
1
до m
2
раз.
Сколько раз следует включить это реле, чтобы не менее L срабатываний произошло с
надёжностью: а) γ
1
=84 % ; произошло с надёжностью: б) γ
2
= 93% ?
n = 13; К = 500; к
1
= 325; к
2
= 328; m = 305; m
1
= 300; m
2
= 320; L = 250;
Каждое из 500 включений можно рассматривать как самостоятельное независимое испытание с
двумя взаимоисключающими событиями: срабатыванием или несрабатыванием реле. Вероятность
срабатывания реле равна

---

Page 10

20
13
20
n
p


Для вычисления вероятности типа
)
{
m
P
к


воспользуемся формулой Муавра-Лапласа
2
x
к
2
e
)p
1(
Kp
2
1
)
m
{P






)
1( p
Kp
Kp
m
x



Для вычисления вероятности типа
)
{
2
1
m
m
P
к



воспользуемся интегральной формулой
Муавра-Лапласа
)
(
)
(
)
{
1
2
2
1
x
Ф
x
Ф
m
m
P
к





,



x
u
e
x
Ф
0
2
2
2
1
)
(

)
1(
1
1
p
Kp
Kp
m
x



,
)
1(
2
2
p
Kp
Kp
m
x



325
20
13
500
Kp



,
75
,
113
20
13
1
325
)p
1(
Kp












вычислим вероятность срабатывания реле из 500 ровно к
1
= 325
0
75
,
113
325
325
x



03741
,0
e
75
,
113
2
1
)
325
{P
0
500





вычислим вероятность срабатывания реле из 500 ровно к
2
= 328
28128
,0
75
,
113
325
328
x



03595
,0
e
75
,
113
2
1
)
328
{P
2
28128
,0
500
2






вычислим вероятность срабатывания реле из 500 не более m = 305
)
x(
Ф
)
x(
Ф
)
305
0{
P
1
2
500






---

Page 11

472
,
30
75
,
113
325
0
x
1




,
87523
,1
75
,
113
325
305
x
2




0301
,0
5,
0
4699
,0
)
472
,
30
(
Ф
)
87523
,1(
Ф
)
472
,
30
(
Ф
)
87523
,1
(
Ф
)
305
0{
P
500














Аналогичным образом вычислим вероятность срабатывания реле из 500 от m
1
= 300 до m
2
= 320
раз
34404
,2
75
,
113
325
300
x
1




,
46881
,0
75
,
140
325
320
x
2




3096
,0
4904
,0
1808
,0
)
34404
,2(
Ф
)
46881
,0
(
Ф
)
320
300
{P
500










Утверждение о том, что в серии из N включений происходит L срабатываний реле эквивалентно
неравенству






)
{
N
L
P
При этом число включений N должно быть не меньше числа срабатываний L для использования
интегральной формулы Муавра-Лапласа








)
)
1(
(
)
)
1(
(
p
Np
Np
L
Ф
p
Np
Np
Ф
Обозначим
x
Np  , тогда при L=250 и p=
20
13
получим






)
)
20
13
1(
x
x
250
(
Ф
)
(
Ф
2
5,
0
)
( 

Ф
5,
0
)
x
5916
,0
250
x
(
Ф
2





Представим правую часть в виде функции Лапласа
)(
5,
0
t
Ф



тогда
)t(
Ф
)
x
5916
,0
250
x
(
Ф
2



, откуда
t
x
5916
,0
250
x
2



0
250
t
x
5916
,0
x
2





250
t
320
7
t
2958
,0
x
2






---

Page 12

При γ
1
=84 %
Ф(t)= 0,34
t=1,0
108
,
16
x 
N= 399,18 Принимаем N = 400
При γ
2
=93 %
Ф(t)= 0,43
t=1,48
251
,
16
x 
N= 406,28 Принимаем N = 407
Задание №6. Дискретная случайная величина
Дискретная случайная величина ζ задана своим законом распределения р
ζ
(х
i
):
Найти значение С и графически изобразить закон распределения р
ζ
(х
i
). Вычислить
математическое ожидание М
ζ
. дисперсию D
ζ
и среднее квадратическое отклонение σ
ζ
.
Вычислить вероятности Р{a ≤ ζ< b} и Р{ζ< g} . Получить функцию распределения F
ζ
(x) и
построить ее график.
Таблица 1
x
i
-7,0
-2,4
1,0
1,6
7,0
a
b
g
р
ζ
(х
i
)
C
0,08
0,37
0,05
0,27
0,5
1,5
1
Неизвестную величину С определим из условия нормировки




1
p
i
x

С+ 0,08+ 0,37 + 0,05 + 0,27=1, С = 0,23
Вычислим математическое ожидание М
ζ
на основе соотношения







998
,0
x
x
p
M
i
i

---

Page 13

Вычислим дисперсию D
ζ
на основе соотношения









,463
22
)
M
x(
x
p
D
2
i
i
Вычислим среднеквадратическое отклонение
740
,4
D 




Вероятность Р{a ≤ ζ< b} определим по приведённому выше графику:
37
,0
}b
a{
P




Вероятность Р{ζ< g} определим по приведённому выше графику:
Р{ζ< 1} = 0,23 + 0,08 = 0,31
Функция распределения определяется как вероятность события {ζ< x}
Интервал -∞ <x ≤ -7 F
ζ
(x) = P{x < -5} = 0
Интервал -7 <x ≤ -2,4 F
ζ
(x) = P{-7 <x ≤ -2,4 } = 0,23
Интервал -2,4 <x ≤ 1,0 F
ζ
(x) = P{-2,4 <x ≤ 1,0 } = 0,23 +0,08 = 0,31
Интервал 1,0 <x ≤ 1,6 F
ζ
(x) = P{1,0 <x ≤ 1,6 } = 0,23 +0,08 +0,37 = 0,68
Интервал 1,6 <x ≤ 7,0 F
ζ
(x) = P{1,6 <x ≤ 7,0} = 0,23 +0,08 +0,37+0,05 = 0,73
Интервал 7,0 <x ≤ ∞ F
ζ
(x) = P{7,0 <x ≤ ∞} = 0,23 +0,08 +0,37+0,05 +0,27 = 1,0

---

Page 14

Задание №7. Непрерывная случайная величина
Непрерывная случайная величина ζ задана плотностью вероятности f
ζ
(x):
 
 







B
A;
x,
0
;
),
(
)
(
B
A
x
x
p
C
x
f

Найти значение нормировочного коэффициента С и построить график плотности
вероятности f
ζ
(x). Вычислить математическое ожидание М
ζ
, дисперсию D
ζ
и среднее
квадратическое отклонение σ
ζ
. Вычислить вероятности Р{a ≤ ζ< b} и Р{ζ< g}. Получить
функцию распределения F
ζ
(x) и построить её график.
3
x
cos
)x
(p 



A
,
2
3
B


,
2
a



,
b 

2
5
g


Вычислим предварительно интегралы
x
3
1
sin
3
dx
3
x
cos
I
1



для вычисления С
3
x
sin
x3
3
x
cos
9
dx
3
x
cos
x
I
2






для вычисления М
ζ






3
x
cos
x
18
3
x
sin
54
3
x
sin
x3
dx
3
x
cos
x
I
2
2
3
для вычисления М
ζ
2
Величину постоянной С определим из условия нормировки I
1
= 1
2
3
3
3
3
x
sin
2
1
С
dx
3
x
cos
C
I
2
3
2
3
1





















2
3
3
3
∙C =1, C = 0,17863
2635
,0
3
x
sin
x3
3
x
cos
9
С
dx
3
x
cos
x
C
I
M
2
3
2
3
2






















53171
,3
3
x
cos
x
18
3
x
sin
54
3
x
sin
x3
С
dx
3
x
cos
x
C
I
M
2
3
2
2
3
2
3
2






















46228
,3
2635
,0
53171
,3
)
M
(
M
D
2
2
2








Cреднее квадратическое отклонение равно
86072
,1
D 





---

Page 15

f x
( )
x
4
2
0
2
4
6
0
0.05
0.1
0.15
0.2
Рисунок 1. Функция плотности вероятности
Вероятности Р{a ≤ ζ< b} и Р{ζ< g} для непрерывной случайной величины ζ
определяются по формуле
Р{
2

 ≤ ζ< }=






2
dx
)x
(
f
0,73205
Р{ ζ<
2
5
}=
0,
1
dx
)x
(
f
dx
)x
(
f
2
5
2
3












Функция распределения непрерывной случайной величины определяется на основе
соотношения









x
dx
)x
(
f
)x
(P
)x
(
F
F x()
x
4
2
0
2
4
6
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Рисунок 2. Функция распределения