Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Другое - Высшая математика
Дискретные случайные величины. Мат. ожидание и дисперсия. Ковариация.

Тема Теория вероятностей и статистика

01 Дискретные случайные величины. Мат. ожидание и дисперсия. Ковариация.

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела теория вероятностей и статистика

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 21#58423

Вероятность выигрыша при игре в рулетку против казино равна $p$ . Игрок решил играть в рулетку, пока не выиграет. Найти вероятность того, что он будет участвовать в $n$ -ом кручении рулетки, а в $n + 1$ участвовать уже не будет.

Показать ответ и решение

Случайная величина $X$ , равная количеству сыгранных партий в рулетку, распределена геометрически с параметром $p$ .

Для того, чтобы игрок участвовал в $n −$ ом кручении рулетки, нужно, чтобы он $n − 1$ раз проиграл, а чтобы не участвовал в $n + 1$ нужно, чтобы при $n$ кручении он выиграл. Но игры в рулетку независимы, поэтому
$P (X = n ) = P ( 1-ы й р аз пр оиграет ∩ 2 -ы й проиграет ∩ ... n− 1-ы й п роиграет ∩ n-ый вы и&#x0$
$= P ( 1-ый раз прои гр ает )P ( 2-ый пр оиграет )...P ( n − 1-ый прои грает )P ( n -ы й выи&#x$
$= (1− p)n− 1p$

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#58424

Пусть распределение случайных величин задано таблицей

---------|----|----- -X--∖-Y--|0---|--1-- 0 |0.1 | 0.3 | | 1 |0.4 | ?

Где на пересечении строки и столбца стоит вероятность того, что $X$ принимает соответствующее значение (указанное в строке) и при этом $Y$ принимает соответствующее значение (указанное в столбце ).

Задача. a) Какая вероятность должна стоять вместо $”$ ? $”$ ;
b) Найти $cov(X,Y )$ ;
c) Зависимы ли случайные величины $X$ и $Y$ ?

Показать ответ и решение

a) Ясно, что все клетки таблицы вместе дают все возможности, чему могут быть равны величины $X$ и $Y$ .

Поэтому в оставшейся клетке будет стоять $1 − 0.1 − 0.3− 0.4 = 0.2$ . Таким образом, заполненная таблица выглядит так:

---------|----|----- | | -X--∖-Y--|0---|--1-- 0 |0.1 | 0.3 | | 1 |0.4 | 0.2

b) Для того, чтобы найти $cov(X,Y )$ , надо понять, как распределены $X$ и $Y$ .

Они обе принимают только значения 0 или 1, давайте посчитаем, с какой вероятностью, по формуле полной вероятности:

P (X = 0) = P(X = 0∩ Y = 0)+ P (X = 0 ∩ Y = 1)

Слагаемые здесь - это в точности клеточки первой строчки.

Таким образом,

P (X = 0) = P(X = 0∩ Y = 0)+ P (X = 0 ∩Y = 1) = 0.1 + 0.3 = 0.4

Но тогда понятно, что раз $X$ принимает только два значения, то $P(X = 1) = 1 − P(X = 0) = 0.6$ .

Аналогично, по формуле полной вероятности:

P (Y = 0) = P(Y = 0 ∩ X = 0)+ P (Y = 1∩ X = 1)

Слагаемые здесь - это в точности клеточки первого столбца.

Таким образом,

P (Y = 0) = P(Y = 0 ∩ X = 0 )+ P (Y = 1∩ X = 1) = 0.1 + 0.4 = 0.5

Но раз $Y$ принимает только два значения, то $P (Y = 1) = 1 − P (Y = 0) = 0.5$ .

И теперь мы можем вычислить их мат. ожидания:

EX = 1⋅0.6 + 0⋅0.4 = 0.6

EY = 1⋅0.5+ 0⋅0.5 = 0.5

Далее, для формулы ковариации $cov(X,Y ) = E(XY )− EXEY$ , нам нужно посчитать ещё мат. ожидания от произведения $XY$ .

Но произведение величин, которые принимают значение 0 или 1, тоже принимает значение 0 или 1.

P(XY = 0) = P (X = 0 ∩ Y = 0)+ P(X = 0∩ Y = 1 )+ P (X = 1 ∩Y = 0) = 0.1 + 0.3 + 0.4 = 0.8

P (XY = 1) = P (X = 1∩ Y = 1) = 0.2

Таким образом,

E (XY ) = 0 ⋅0.8+ 1 ⋅0.2 = 0.2

И тогда

cov(X,Y ) = E(XY )− EXEY = 0.2 − 0.6⋅0.5 = − 0.1

с) Они зависимы, потому что если случайные величины независимы, то их ковариация равна 0, а у нас получился не 0.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#88663

Пусть $ξ$ и $η$ - случайные величины, определенные на счётном $Ω$ .

a) Привести пример, когда $E (ξ + η)$ существует, но при этом не существуют оба $E ξ$ и $E η$ ;

b) Пусть и $E ξ$ и $E η$ существуют. Доказать, что $E (ξ + η )$ в таком случае тоже обязательно существует, и к тому же

E(ξ + η) = E ξ + E η

Показать ответ и решение

a) Допустим

1 Ω = {ω1,.ω2,...}, P(ωi) = -i 2

, а случайная величина $ξ$ определена так:

i ξ(ωi) = 100

Тогда

+∑∞ 1 +∑ ∞ E ξ = 100i ⋅-i = 50i i=1 2 i=1

И естественно этот ряд расходится, поэтому мат. ожидания у $ξ$ не существует.

Если $η$ - случайная величина, определенная на том же вероятностном пространстве, но

i η (ωi) = − 100

То очевидно по тем же соображениям, что у $η$ тоже не существует мат. ожидания.

Однако у их суммы $ξ + η$ мат. ожидание существует, потому что $ξ + η$ - это тождественно нулевая случайная величина, так что

∃E (ξ + η) = E ( ◟0◝◜◞ ) = 0 тождественно нулевая сл. вел.

b) Нам дано, что существуют оба $Eξ$ и $E η$ .

Пусть $ξ(ωk ) = xk,η (ωk ) = yk,P (ωk) = pk$ . Тогда нам дано, что сходятся абсолютно следующие ряды:

∞ ∑ x p k k k=1

∞ ∑ ykpk k=1

Покажем, что тогда и ряд

∑∞ (xkpk + ykpk) k=1

сходится абсолютно Действительно, если взять $n −$ ую частичную сумму его модулей:

Sanbs= |x1p1 + x2p2 + ....+ xnpn + y1p1 + ...+ ynpn|

То по неравенству треугольника:

Sanbs= |x1p1 + x2p2 + ....+ xnpn + y1p1 + ...+ ynpn| ≤

≤ |x1p1 + x2p2 + ....+ xnpn|+ |y1p1 + ...+ ynpn |

Но значение $|x1p1 + x2p2 + ....+ xnpn|$ меньше какого-то $C1$ для любого $n$ (поскольку нам дано, что ряд $∞∑ xkpk k=1$ сходится абсолютно, то есть ряд $∞∑ |xkpk| k=1$ сходится. А для ряда $∞∑ |xkpk | k=1$ с неотрицательными членами мы применяем критерий сходимости ряда с неотриц. членами и из его сходимости выводим, что последовательность его частичных сумм ограничена сверху некоторым $C1$ ).

Аналогично, значение $|y1p1 + ...+ ynpn|$ меньше какого-то $C2$ при любом $n$ .

Следовательно,

Sabs≤ C1 + C2 n

Следовательно, последовательность частичных сумм ряда

∞ ∑ |xkpk + ykpk| k=1

ограничена сверху. Следовательно, ряд

∑∞ (xkpk + ykpk) k=1

сходится абсолютно.

Но, заметим, что

∑∞ ∑∞ (xkpk + ykpk) = (xk + yk)pk k=1 k=1

То есть мы сейчас доказали, что сходится абсолютно тот ряд, который и равен $E (ξ + η)$ . Таким образом, мы доказали, что если у $ξ$ и у $η$ существовали мат. ожидания, то и у их суммы тоже будет существовать мат. ожидание.

(на языке рядов мы доказали сейчас то, что почленная сумма двух абсолютно сходящихся рядов тоже сходится абсолютно).

Нам осталось доказать лишь то, что $E (ξ + η) = Eξ + E η$ .

Но это следует из общего факта про ряды:

ФАкт из теории рядов. Пусть ряд $∞∑ an n=1$ - сходится. Пусть ряд $∞∑ bn n=1$ - сходится.

Тогда если $∞∑ a = A n=1 n$ , $∞∑ b = B n=1 n$ , то $∑∞ (a + b ) = A + B n=1 n n$ .

Доказательство.
То, что ряд $∞∑ an n=1$ сходится, по определению означает, что имеет предел последовательность его частичных сумм

Sn = a1 + a2 + ...+ an

Причём нам дано, что

∃ lim Sn = A n→ ∞

Так как $∞∑ an = A n=1$ .

Аналогично, тот факт, что ряд $∑∞ bn n=1$ сходится, по определению означает, что имеет предел последовательность его частичных сумм

˜ Sn = b1 + b2 + ...+ bn

Причём нам дано, что

˜ ∃ nli→m∞ Sn = B

Далее, ясно, что для суммы рядов $∞ ∑ an n=1$ и $∞ ∑ bn n=1$ последовательность частичных сумм будет иметь вид

˜ (a1 + b1)+ (a2 + b2)+ ...+ (an + bn) = Sn + Sn

Но поскольку

∃ lim Sn = A,∃ lim S˜n = B n→ ∞ n→∞

то по теореме о сумме пределов,

˜ ∃nl→im∞ Sn + Sn = A + B

А это по определению означает, что ряд

∑∞ (an + bn) n=1

сходится, причём его сумма равна $A + B$ .

Отсюда и следует факт про аддитивность мат. ожиданий в бесконечном случае.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#88664

Пусть $ξ$ и $η$ - случайные величины, определенные на конечном или счётном $Ω$ . Пусть и $E ξ$ и $Eη$ существуют (в случае конечного $Ω$ это всегда так, в случае счётного мы просто сами это требуем).

Пусть, кроме того, для любого $ω ∈ Ω$ выполнено $ξ(ω) ≤ η(ω )$ .

Доказать, что тогда

Eξ ≤ E η

Показать ответ и решение

Пусть $ξ$ принимает значения $xk$ , пусть $η$ принимает значения $yk$ , пусть вероятности элементарных исходов равны $pk$ .

Тогда в конечном случае требуемое неравенство очевидно, потому что в конечном случае

n E ξ = ∑ x p k k k=1

∑n E η = ykpk k=1

И неравенство $E ξ ≤ E η$ следует из того, что просто каждое слагаемое в одной сумме не превосходит соответствующего слагаемого в другой сумме (для любого $k$ $xkpk ≤ ykpk$ ).

В бесконечном же случае, если мы предполагаем, что $Eξ$ и $E η$ существуют, то, во-первых, неравенство (по тем же соображениям) можно записать для любой частичной суммы:

∑N ∑N x p ≤ y p k=1 k k k=1 k k

И далее, мы имеем право сделать предельный переход при $N → +∞$ , так как мы знаем, что оба ряда сходятся, и получим (в силу того, что неравенства сохраняются при предельном переходе):

+∑∞ +∑ ∞ xkpk ≤ ykpk k◟=1◝◜--◞ k◟=1◝◜--◞ Eξ Eη

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#88665

Привести пример случайной величины, определенной на счётном $Ω$ , у которой мат. ожидание существует, а дисперсия не существует.

Показать ответ и решение

Пусть $Ω = {ω1,ω2,...}$ , $P(ωk) = 21k$ , $ξ(ωk) = 2kk2$ . Тогда

∑∞ 2k 1 ∑∞ 1 Eξ = -2-k-= -2- k=1 k 2 k=1 k

и этот ряд сходится, то есть $E ξ$ существует.

В то же время для существования $Varξ$ необходимо существование $E (ξ2)$ , то есть (абсолютная) сходимость ряда

2 ∑∞ 22k 1 ∑∞ 2k E (ξ ) = k4-2k-= k4- k=1 k=1

А этот ряд, очевидно, расходится, потому что его общий член даже не стремится к нулю.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#88666

Пусть монета подбрасывается до выпадения первого орла. Если орёл выпал впервые на чётном шаге, нам дают 10 рублей. Если же орёл выпал впервые на нечётном шаге, то у нас забирают 10 рублей.

Найти мат. ожидание и дисперсию нашей прибыли.

Показать ответ и решение

Итак, у нас следующая ситуация:

Ω = { р, ро, р ро, ррро, рррро, ... и т.д. }

Ясно, что

1 P( pp...po ) = -k- k◟−-◝1◜ ре◞шка 2

А $ξ$ определена так:

k ξ( p◟p.◝.◜.po◞ ) = (− 1) 10 k− 1 решка

Тогда

∑+∞ k 1 E ξ = (− 1) 10⋅ 2k- k=1

Этот ряд, легко понять, сходится абсолютно (если навесить модули, то с точностью до умножение на константу это будет геом. прогрессия). Тогда

+∞ +∞ ∑ k 1-- ∑ −-1 k -−21- − 1 10- E ξ = (− 1) 10⋅ 2k = 10 ( 2 ) = 10⋅ 3 = 10 ⋅ 3 = − 3 k=1 k=1 2

Далее, $V arξ = E (ξ2) − (E ξ)2$ , поэтому для вычисления дисперсии нам осталось посчитать только $E (ξ2)$ .

+∞ + ∞ E(ξ2) = ∑ (− 1)2k100⋅ 1-= 100∑ 1--= 100 2k 2k k=1 k=1

Таким образом,

2 2 100- 800- V arξ = E (ξ ) − (Eξ) = 100− 9 = 9

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#88669

Пусть у нас есть $n$ принтеров в офисе, каждый из них ломается за год с вероятностью $p$ . Найти мат. ожидание и дисперсию количества сломанных принтеров за год.

Комментарией. То, что происходит в этой задаче, в науке называется биномиальным распределением (вместо принтеров, естественно, может быть любые другие $n$ объектов, каждый из которых что-то $”$ делает $”$ с одной и той же вероятностью $p$ ). При вычислении вы сразу же поймете, причем тут бином.

Показать ответ и решение

Давайте поймем самое главное - какие значения принимает наша случайная величина, равная количеству сломанных принтеров, и с какими вероятностями.

Ясно, что если $ξ$ - количество сломанных принтеров, то $ξ$ может быть равна $0,1,2,...,n$ .

С какими вероятностями принимаются эти значения?

Например,

n P(ξ = 0) = P( все пр интеры останутся целы ми ) = (1− p)

(мы считаем, что принтеры друг на друга никак не влияют и ломаются независимо.)

Ну хорошо, для $ξ = 0$ вероятность было посчитать легко, а что будет в общем случае? Какая вероятность того, что $ξ = k$ ? То есть что у нас какие-то $k$ принтеров сломаются?

Если фиксировать конкретные $k$ принтеров, к примеру, первые $k$ , то вероятность, что именно они сломаются, а остальные останутся целыми будет

k n− k p (1− p)

Но сломаться-то могут любые $k$ . Значит, надо посчитать, сколькими способами можно выбрать $k$ сломающихся принтеров из $n$ . Ясно, что $Ckn$ способами. И у каждого из $Ckn$ наборов вероятность будет $k n− k p (1 − p)$ .

Поскольку нас устраивает любой такой набор, то эти одинаковые вероятности нужно сложить, и будет сумма из $Ckn$ слагаемых, каждое из которых равно $pk(1− p)n−k$ .

Таким образом, получаем, что

k k n−k P (ξ = k) = C np (1− p)

Таким образом, мы сразу же можем посчитать мат. ожидание $ξ$ :

∑n ∑n ∑n n! Eξ = k ⋅P (ξ = k ) = k ⋅Cknpk(1− p)n−k = k ⋅---------pk(1 − p)n−k = k=0 k=0 k=0 k!(n − k)!

∑n ∑n = ------n!-------pk(1 − p)n−k = np ----(n−-1)!---pk− 1(1 − p)n−k = k=1(k − 1)!(n − k)! k=1 (k − 1)!(n − k)!

n = np ∑ Ck− 1pk− 1(1 − p)n−k n− 1 k=1

И тут уже вырисовывается картина того, что мы должны в конце концов получить.

Давайте прибегнем к небольшой хитрости и распишем

∑n ∑n Ckn−−11pk−1(1 − p)n−k = Ckn−− 11pk−1(1− p)n−1−(k−1) k=1 k=1

Мы просто в степени $(1 − p)$ вместо $n− k$ записали $n − 1− (k − 1)$ , что одно и то же.

Но теперь-то заметим, что если мы будем по биному Ньютона раскрывать выражение

n−1 (p + (1− p))

то что у нас получится? А у нас как раз и получится

n− 1 ∑n k−1 k− 1 n−1−(k−1) (p + 1− p ) = Cn−1p (1 − p) k=1

Просто тупо по биному Ньютона. Таким образом, оставшаяся сумма равна $(p+ 1 − p)n−1$ , что, разумеется, равно единичке для любого $p$ и для любого $n$ . Таким образом, окончательно получаем:

∑n ∑n ∑n Eξ = k ⋅P (ξ = k) = k ⋅Cknpk(1 − p)n−k = ...= np Ckn−−11pk−1(1 − p)n− 1−(k− 1) = np k=0 k=0 k=1---------- ------------ ◟ ◝=◜1 ◞

Вот мы и посчитали мат. ожидание.

Попробуем посчитать дисперсию:

2 2 Varξ = E (ξ )− (Eξ)

То есть для дисперсии нам нужно посчитать только лишь $2 E (ξ)$ .

Итак,

2 ∑n 2 ∑n 2 k k n−k ∑n 2 ---n!---- k n− k E (ξ) = k ⋅P (ξ = k) = k ⋅Cnp (1 − p) = k ⋅k!(n − k)!p (1− p ) = k=0 k=0 k=0

∑n = (k + (k − 1)k)⋅---n!---pk (1 − p)n−k = k=0 k!(n − k)!

n n ∑ ----n!--- k n−k ∑ ----n!--- k n−k = k ⋅k!(n− k)!p (1 − p) + (k − 1)k ⋅k!(n − k)!p (1 − p) k◟=0---------◝◜------------◞ k=0 =np -мы это только что считали

Таким образом, остается вычислить лишь

∑n (k − 1)k ⋅---n!----pk(1− p)n−k k=0 k!(n − k)!

n n ∑ ---n!---- k n−k ∑ ------n!-------k n−k (k − 1)k ⋅ k!(n − k)!p (1 − p) = (k − 2)!(n − k)!p (1− p) = k=0 k=2

∑n = n(n− 1)p2 ----(n-−-2)!---pk− 2(1 − p)n−2−(k−2) k=2 (k − 2)!(n − k)!

И тут, как вы видите, срабатывает тот же самый трюк, поскольку

n n ∑ ----(n-−-2)!---pk− 2(1 − p)n−2−(k−2) = ∑ Ck−2pk−2(1 − p)n−2−(k− 2) (k − 2)!(n − k)! n−2 k=2 k=2

Есть не что иное, как $n−2 (p+ (1 − p))$ , что равно 1 при любом $p$ и при любом $n$ .

Поэтому получаем, что

∑n ∑n E(ξ2) = k ⋅----n!---pk(1− p)n− k+ (k − 1)k ⋅---n!---pk(1 − p)n−k = k=0 k!(n− k)! k=0 k!(n− k)! ◟-----------◝=◜np-----------◞

= np+ n(n− 1)p2

Следовательно,

V arξ = E (ξ2)− (E ξ)2 = np+n (n− 1)p2− (np )2 = np+n2p2 − np2− n2p2 = np − np2 = n (p− p2) = np(1− p)

Замечание 1. Нетрудно видеть, что вычисления ни в случае мат. ожидания, ни в случае дисперсии не самые приятные. И вот в случае мат. ожидания действительно можно было все облегчить, но мы специально показали сложный способ, чтобы вы могли сравнить его с простым, который получается при помощи нашего замечательного свойства аддитивности мат. ожидания.

Итак, пусть $I1$ - случайная величина, равная 1, если первый принтер сломался, и 0 если нет. $I2$ - случайная величина, равная 1, если второй принтер сломался, и 0 если нет. И так далее...

Тогда ясно, что $ξ = I1 + ...+ In$ .

Далее, очевидно, что $EIk = 1⋅p + 0⋅(1 − p) = p$ , а по свойству аддитивности мат. ожидания

Eξ = E (I1 + ...+ In) = EI1 + ...+ EIn = p◟+-p-+◝◜...+-p◞ = np n раз

И мы получаем тот же ответ для мат. ожидания, только в тысячу раз проще.

Замечание 2. Логичный вопрос, а нельзя ли было получить результат для дисперсии так же нахаляву? Во-первых, можно, но вообще говоря далеко не всегда.

Но в этой задаче можно, потому что принтеры ломаются независимо (обратите внимание, что в халявном вычислении мат. ожидания это нигде не нужно было учитывать). С другой стороны, пока мы не доказали формулы для аддитивности дисперсии в независимом случае, мы ей и не пользуемся, поэтому тут пришлось немного пострадать с преобразованием сумм.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 28#88670

Пусть у нас есть $N$ ячеек и $n$ шаров. Пусть шары наугад бросаются в ячейки (может оказаться, что какие-то ячейки в итоге пустые, а в каких-то ячейках больше 1 шара). Вычислить мат. ожидание числа занятых ячеек.

Показать ответ и решение

Пусть $ξ$ - случайная величина, равная числу занятых ячеек. Посчитать в явном виде вероятности того, что $ξ = 0,1,2,...,N$ здесь будет невероятно трудно (например, если $N = 100$ , то, допустим, какая вероятность того, что разбрасывая $n = 70$ шаров в итоге 50 ячеек останутся свободными? Перебрать все эти варианты и поделить на количество всех вариантов будет, даже пользуясь всей мыслимой и немыслимой комбинаторикой, близко к невозможному, ну или по крайней мере к нежелаемому).

А ведь именно эти вероятности нам и нужно было бы посчитать, если бы мы хотели вычислить $E ξ$ по определению. Потому что $∑N Eξ = k ⋅P (ξ = k) k=0$ .

Но мы, разумеется, поступим иначе. Введем вспомогательные случайные величины $X1,...,XN$ , где $Xi$ определяется так:

( {1 есл и i − ая ячейка занята Xi = (0 есл и i − ая ячейка свободна

Тогда, ясно, что, например,

EX1 = 1⋅P( первая ячейка занята )+0⋅P ( первая ячей ка свобод на ) = P ( первая &

А как посчитать $P ( первая яч ей ка зан ята )$ ?

Тут мы вновь прибегнем к уже избитому и знакомому нам трюку, который здесь тоже все сильно облегчает:

P ( первая ячейка занята ) = 1 − P ( первая яч ей ка свобод на )

Ну а вероятность того, что первая ячейка свободна, посчитать уже легко.

Это означает, что все $n$ шаров отправлялись в любые ячейки, кроме первой.

Вероятность того, что первый шар попадает в любую ячейку, кроме первой, равна $N−N-1$ . Вероятность того, что второй шар попадает в любую ячейку, кроме первой, тоже равна $N−1- N$ . Поскольку шары кидаются, очевидно, независимо, то вероятность того, что все $n$ шаров попадут в любую ячейку, кроме первой, равна произведению $N-−1 n ( N )$ .

Таким образом,