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 1#56101

Пусть бросается монета и если выпадает орёл, мы получаем 37 рублей, а если решка, то у нас забирают 15 рублей. Пусть $ξ$ - наш выигрыш (или проигрыш). Найти $E ξ$ .

Показать ответ и решение

В данном эксперименте вероятностное пространство $Ω$ возьмём, естественно, такое: $Ω = { о, р }$ . При этом оба элементарных исхода равновероятны и имеют вероятность $1 2$

Далее, случайная величина, описывающая наш выигрыш или проигрыш $ξ : Ω → ℝ$ будет устроена так: $ξ( о ) = 37$ , $ξ( р ) = − 15$ .

Тогда по определению математического ожидания, имеем:

1 1 22 Eξ = 37 ⋅2-− 15⋅ 2 = 2--= 11

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#56102

Семь стрелков на диком западе одновременно стреляют в шерифа. Первый стрелок попадает с вероятностью $0.9,$ второй попадает с вероятностью $0.76,$ третий попадает с вероятностью $0.21,$ четвёртый с вероятностью $0.99$ , пятый с вероятностью $0.8$ , шестой с вероятностью $0.01$ , а седьмой - с вероятностью $0.4$ . Сколько в среднем пуль попадёт в шерифа? (Считаем, что правосудие в лице шерифе неубиваемо и поэтому тот не поляжет всего лишь после нескольких пуль).

Показать ответ и решение

С одной стороны, можно взять в качестве элементарных исходов всевозможные попадания/непопадания в шерифа у каждого стрелка. Тогда наша $Ω$ будет состоять из $7 2$ исходов (если, допустим, обозначить за 0 промах, а за 1 - попадание, то будет $27$ упорядоченных наборов из нулей и единиц, каждый из которых обозначает то, попал или промазал каждый из 7 стрелков).

Но, если вспомнить формулу для мат. ожидания, то тогда станет ясно, что для вычисления мат. ожидания случайной величины, обозначающей количество попаданий в шерифа, придётся считать сумму из $27$ слагаемых, что уже не очень приятно.

А если подумать, что нам еще и всякий раз придётся по-новой рассчитывать вероятность каждого элементарного исхода, то есть исхода вида $(i1,...,i7)$ , где $ij = 0 или 1$ , то тогда будет очевидно, что так решать задачу точно не нужно. Эта сложность вычислений для данной задачи совершенно неоправданна.

Наоборот, давайте вспомним, что искомую случайную величину можно представить как сумму очень простых случайных величин.

Итак, во-первых, пусть $I1$ - случайная величина, равная 1, если первый стрелок попал в шерифа и 0, если не попал, то есть, у $I1$ определение такое:

({ 1, если первы й ст релок попал в шериф а I1 = ( 0, если первый стрелок не попал в ш ериф а

Тогда ясно, что $EI1 = 1 ⋅0.9+ 0 ⋅0.1 = 0.9$ . То есть мат. ожидание $I1$ равно просто вероятности того, что первый стрелок попадёт в шерифа.

Аналогично, пусть $I2$ - случайная величина, равная 1, если второй стрелок попал в шерифа и 0, если не попал, то есть, $I2$ определяется так:

( { 1, если второй стрел ок п опал в ш ериф а I2 = ( 0, если второй стрелок не попал в шер ифа

Тогда ясно, что $EI2 = 1 ⋅0.76+ 0 ⋅0.24 = 0.76$ . То есть мат. ожидание $I2$ , по аналогии, тоже равно вероятности того, что второй стрелок попадёт в шерифа.

Точно так же определим $I3,I4,I5,I6,I7$ , где $Ik$ -ая случайная величина равна 1, если $k$ -ый стрелок попал и 0, если он промахнулся.

Ясно, что так же $EI3 = 0.21$ , $EI4 = 0.99$ , $EI5 = 0.8$ , $EI6 = 0.01$ , $EI4 = 0.4$ . Как это это помогает решить задачу?

А очень просто, теперь если мы обозначим за $S = I1 + I2 + ...+ I6 + I7$ , то $S$ будет случайной величиной, как раз и обозначающей то, сколько пуль попало в шерифа. Следовательно, все что нам нужно, это найти $ES$ . Но по свойству мат. ожидания:

ES = E (I1 + I2 + ...+ I6 + I7) = EI1 + EI2 + ...+ EI6 + EI7 = 0.9+ 0.76 + ...+ 0.4 = 4.07

Значит, в среднем в шерифа будет попадать $4.07$ пули.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#56103

Случайная величина $ξ$ принимает три возможных значения: $x1 = 4$ с вероятностью $p1 = 0.5$ ; $x2 = 6$ c вероятностью $p2 = 0.3$ и $x3$ с вероятностью $p3$ . Найти $x3$ и $p3$ , зная, что $E ξ = 8$ .

Показать ответ и решение

По формуле $Eξ = 4 ⋅0.5 + 6⋅0.3+ x3 ⋅p3$ . По условию, $E ξ = 8$ , так что $4 ⋅0.5 + 6⋅0.3 + x3 ⋅p3 = 8$ . Давайте для начала найдём $p3$ . Поскольку кроме $x1,x2, x3$ случайная величина не принимает никаких значений, то $p3 = 1 − (p1 + p2)$ , так как сумма всех $pi$ должна быть равна 1. Итак, $p3 = 1− 0.5 − 0.3 = 0.2$ . Таким образом, имеем:

4 ⋅0.5 + 6⋅0.3 + x ⋅0.2 = 8 3

Следовательно,

x = 8−-4-⋅0.5-−-6⋅-0.3-= 21 3 0.2

Следовательно, $p3 = 0.2,x3 = 21$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#56104

Лео Месси забивает гол с пенальти с вероятностью $0.8$ Найдите математическое ожидание числа голов при 80 исполненных им пенальти.

Показать ответ и решение

Пусть $I1$ - случайная величина, равная 1, если Месси забивает первый пенальти, и 0, если не забивает. то есть, у $I1$ определение такое:

( { 1, если М есси забивает первы й пенальти I1 = ( 0, есл и М есси не забивает первый пенал ьти

Тогда ясно, что $EI1 = 1 ⋅0.8+ 0 ⋅0.2 = 0.8$ . То есть мат. ожидание $I1$ равно просто вероятности того, что Месси забьёт первый пенальти.

Аналогично, пусть $I2$ - случайная величина, равная 1, если Месси забивает второй пенальти и 0, если не забивает второй пенальти, то есть, $I2$ определяется так:

( {1, если М есси заби вает втор ой пенальти I2 = (0, если М есси не забивает второй пенальти

Тогда ясно, что $EI2 = 1⋅0.8+ 0 ⋅0.2 = 0.8$ . То есть мат. ожидание $I2$ , по аналогии, равно вероятности забить второй пенальти.

И так далее, введём величины $I3,I4,...I80$ , где $Ik$ равна 1, если Месси забивает $k −$ ый пенальти и 0 иначе.

Тогда ясно, что $S = I + I + ...+ I 1 2 80$ - случайная величина, равная количеству голов, забитых с 80-ти пенальти. Тогда по свойству мат. ожидания:

ES = EI1 + EI2 + ...EI80 = 0.8 + 0.8 + ...+ 0.8 = 80⋅0.8 = 64

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#56105

Доказать следующие свойства мат. ожидания:

1. Для любой случайной величины $ξ$ и числа $c ∈ ℝ$ выполнено $Ec ξ = c ⋅Eξ$
2. Для любых случайных величин $ξ$ , $η$ выполнено $E (ξ + η) = E ξ + E η.$

Показать ответ и решение

1. Пусть $ξ$ принимает значения $x1,...,xn$ с вероятностями $p1,...,pn$ (т.е. $Ω = {ω1, ...,ωn },P(ωi) = pi,ξ(ωi) = xi$ ). Тогда:

n n ∑ ∑ Ec ⋅ξ = c⋅xi ⋅pi = c ⋅ xi ⋅pi = c⋅E ξ i=1 i=1

2. Считаем, что обе $ξ,η$ определены на одном и том же $Ω = {ω1,...,ωn }$ . Обозначим $P(ωi) = pi$ .

Пусть $ξ$ принимает значения $x1,...,xn$ (т.е. $ξ(ωi) = xi$ ), пусть $η$ принимает значения $y1,...,yn$ (т.е. $η(ωi) = yi$ ). Тогда:

∑n ∑n ∑n E (ξ + η) = (xi + yi)⋅pi = xi ⋅pi + yi ⋅pi = Eξ + Eη i=1 i=1 i=1

(Мы просто раскрыли скобки и расписали сумму отдельно с каждым множителем $xi$ и $y i$ )

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#56106

Всегда ли верно, что $E (ξ ⋅η) = Eξ ⋅Eη$ ?

Показать ответ и решение

Если попробовать это доказать по аналогии со свойством для суммы, то ничего не выйдет, так как ожидание от произведения так просто не распадется в произведение ожиданий. И это неспроста. Действительно, пусть мы бросаем монетку, то есть $Ω = { о, р }$ , пусть $ξ : Ω → ℝ$ определена так: $ξ( о ) = 2$ , $ξ( р ) = − 2$ . Пусть, далее $η : Ω → ℝ$ определена так: $η( о ) = 1$ , $η( р ) = 4$ . Тогда $ξ ⋅ η : Ω → ℝ$ получается равна: $ξ ⋅η( о ) = 2$ , $ξ ⋅η( р ) = − 8$ .

Поэтому:

E ξ = 2 ⋅ 1-− 2⋅ 1-= 0 2 2

1 1 E η = 1⋅2-+ 4 ⋅2-= 2.5

1 1 E (ξ ⋅η) = 2⋅--− 8 ⋅--= − 3 2 2

И видно, что для данного случая не выполнено равенство $E(ξ ⋅η) = E ξ ⋅E (η)$ .

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#56107

Привести пример, когда $E ξ = 1$ , $E η = 1$ , $E (ξ ⋅η ) = 0$ .

Показать ответ и решение

Пусть мы бросаем монетку, то есть $Ω = { о, р }$ , пусть $ξ : Ω → ℝ$ определена так: $ξ( о ) = 2$ , $ξ( р ) = 0$ . Пусть, далее $η : Ω → ℝ$ определена так: $η( о ) = 0$ , $η( р ) = 2$ . Тогда $ξ ⋅η : Ω → ℝ$ получается равна: $ξ ⋅η( о ) = 0$ , $ξ ⋅η( р ) = 0$ .То есть, произведение $ξ ⋅η$ - это константная случайная величина, равная тождественному нулю. Таким образом, имеем:

E ξ = 2 ⋅ 1-+ 0⋅ 1-= 1 2 2

1 1 E η = 0 ⋅-+ 2 ⋅--= 1 2 2

E(ξ ⋅η) = 0⋅ 1-+ 0 ⋅ 1-= 0 2 2

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#56109

Привести пример, когда $E ξ = 1$ , $E η = 1$ , $E (ξ ⋅η ) = − 5000$ .

Показать ответ и решение

Пусть мы бросаем монетку, то есть $Ω = { о, р }$ , пусть $ξ : Ω → ℝ$ определена так: $ξ( о ) = 2$ , $ξ( р ) = 0$ . Пусть, далее $η : Ω → ℝ$ определена так: $η( о ) = − 5000$ , $η( р ) = 5002$ . Тогда $ξ ⋅η : Ω → ℝ$ получается равна: $ξ ⋅η( о ) = − 10000$ , $ξ ⋅ η( р ) = 0$ . Таким образом, имеем:

E ξ = 2 ⋅ 1-+ 0⋅ 1-= 1 2 2

1 1 E η = − 5000 ⋅-+ 5002⋅ --= 1 2 2

E(ξ ⋅ η) = − 10000 ⋅ 1-+ 0⋅ 1-= − 5000 2 2

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#56110

Доказать, что для любой случайной величины $ξ$ выполнено, что $V arξ ≥ 0$ .

Показать ответ и решение

По определению, $V arξ = E(ξ − Eξ)2$ . Пусть $ξ$ принимает значения $x1,...,xn$ с вероятностями $p1,...,pn$ (т.е. $Ω = {ω1,...,ωn},P (ωi) = pi,ξ(ωi) = xi$ ). Тогда:

n 2 ∑ 2 Varξ = E (ξ − E ξ) = (xi − Eξ) ⋅pi ≥ 0 i=1

Поскольку каждое слагаемое в сумме неотрицательно: $(xi − Eξ)2 ≥ 0$ - очевидно. $pi ≥ 0$ , так как это вероятности.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#56111

Доказать, что для любой случайной величины $ξ$ выполнено, что $Var ξ = 0$ тогда и только тогда, когда $ξ$ - это постоянная случайная величина. То есть, $∀ω ∈ Ω$ $ξ(ω ) = c$ .

Показать ответ и решение

1. Часть $”$ тогда $”$ . Пусть $ξ$ - константа, то есть $ξ(ω) = c$ для любого $ω ∈ Ω$ . Тогда по свойству мат. ожидания $E ξ = c$ .

Но ясно, что если случайная $ξ$ - постоянна и всегда равна $c$ , то случайная величина $2 ξ$ - тоже постоянна и всегда равна $c2$ . Следовательно, поскольку мат. ожидание константной случайной величины равно этой константе, $E(ξ2) = c2$ . Но тогда по формуле для дисперсии:

V arξ = E(ξ2)− (E ξ)2 = c2 − c2 = 0

2. Часть $”$ только тогда $”$ . Пусть $V arξ = 0$ . Но по определению $2 V arξ = E (ξ − E ξ)$ . Пусть $ξ$ принимает значения $x1,...,xn$ с вероятностями $p1,...,pn$ (т.е. $Ω = {ω1,...,ωn},P (ωi) = pi,ξ(ωi) = xi$ ). Тогда можно расписать:

n V arξ = E (ξ− Eξ)2 = ∑ (x − E ξ)2⋅p = 0( по услови ю, так как м ы предполож ил и, что V arξ = 0 ) i i i=1

Но у нас сумма из неотрицательных слагаемых, поэтому она может быть равна 0 если и только если все слагаемые в ней равны 0. То есть, имеем для любого $i = 1,...,n$ :

(xi − Eξ)2 ⋅pi = 0

Давайте считать, что все вероятности $p > 0 i$ , потому что если какое-то $p = 0 i$ , то оно просто не вносит вклада ни в мат. ожидание, ни в дисперсию, и его можно не писать. Таким образом, у нас получается для любого $i = 1,...,n$ $(xi − E ξ)2 = 0$ . Но значит и без квадрата для любого $i$ $xi − Eξ = 0$ . То есть, для любого $i$ получается $xi = E ξ$ , то есть все значения, которые принимает $ξ$ - одинаковые, и все они равны $E ξ$ . Таким образом, $ξ$ - константа, всегда равная своему мат. ожиданию.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#56112

Всегда ли верно, что $V ar(ξ + η) = Varξ + V arη$ ?

Показать ответ и решение

Нет. Рассмотрим бросок монеты, то есть $Ω = { о, р }$ . Пусть $ξ(о) = 1$ , $ξ(р) = − 1$ .

Вычислим $V arξ$ . Для этого вначале вычислим $E ξ$ . $Eξ = 1 ⋅ 12 − 1⋅ 12 = 0$ . Далее, $2 2 1 2 1 E (ξ) = 1 ⋅2 + (− 1) ⋅2 = 1$ . Тогда по формуле для дисперсии:

V arξ = E(ξ2)− (E ξ)2 = 1 − 0 = 1

Теперь достаточно взять $η = − ξ$ . Тогда нетрудно сосчитать, что $V arη$ тоже равно 1, но при этом $ξ + η = ξ − ξ = 0$ - постоянная случайная величина, и поэтому $Var (ξ + η) = 0$ , как и у любой постоянной случайной величины. Получается, что формула $V ar(ξ + η) = V arξ + V arη$ не выполнена - левая часть равна 0, а правая в сумме даёт 2.

Ответ:

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#56113

Случайная величина $ξ$ принимает значение $− 5$ с вероятностью $0.5$ , значение $10$ с вероятностью $0.4$ и значение $3$ с вероятностью $0.1$ . Найти дисперсию $ξ$ .

Показать ответ и решение

Сначала посчитаем $E ξ$ :

Eξ = − 5⋅0.5+ 10⋅0.4+ 3 ⋅0.1 = 1.8

Далее,

E(ξ2) = (− 5)2 ⋅0.5 + 102 ⋅0.4+ 32 ⋅0.1 = 53.4

Тогда $V arξ = E (ξ2)− (E ξ)2 = 53.4− (1.8)2 = 50.16$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#58412

Если случайные величины $ξ$ и $η$ независимы, то $cov(ξ,η) = 0$ . Но верно ли обратное, то есть что если $cov(ξ,η) = 0$ , то $ξ$ и $η$ - независимы?

Показать ответ и решение

Это неверно, поскольку ковариация далеко не полностью охватывает понятие обычной независимости величин, она гораздо слабее. Даже если ковариация оказалась равна 0, величины всё ещё могут быть сильно зависимы. Приведём пример.

Представим себе эксперимент с бросанием монетки. Допустим, $ξ$ - случайная величина, которая в случае орла выдаёт 1, а в случае решки выдаёт $− 1$ . Таким образом, $( { ξ = 1 с вероятностью 0.5 ( − 1, с вероятностью − 0.5$ .

Теперь возьмём случайную величину $η$ следующим образом: в случае орла $η$ выдаёт ноль, а в случае решки мы обязаны подбросить ещё одну монету, и если у второй монеты выпал орёл, $η$ выдаёт 1, а в случае решки у второй монеты $η$ выдаёт $− 1$ .

Уже из определения этих величин видно, что они очень зависимы - если я знаю, что $η$ приняла значение 0, то это могло быть только если в первоначальном броске выпал орёл, а значит если $η = 0$ , то $ξ = 1$ . То есть по значению одной величины мы можем легко восстановить, какое значения приняла другая. Теперь давайте формально проверим, что они зависимы.

Например, покажем, что

P (ξ = − 1 ∩ η = 0) ⁄= P (ξ = − 1)⋅P (η = 0)

И это уже докажет их зависимость.

Но левая часть $P (ξ = − 1 ∩ η = 0 )$ равна нулю, поскольку не может быть одновременно такого, что $ξ = − 1$ , а $η = 0$ . Если $ξ = − 1$ , то это уже означает, что в первый раз выпала решка, а значит для $η$ мы должны подбросить вторую монету, и на второй монете 0 она уже не выдаёт никогда. Таким образом, $P (ξ = − 1∩ η = 0) = 0$ .

С другой стороны, $P(ξ = − 1) = 0.5$ , $P(η = 0) = 0.5$ . Таким образом,

0 = P (ξ = − 1 ∩η = 0) ⁄= P (ξ = − 1)⋅P (η = 0 ) = 0.5⋅0.5 = 0.25

Следовательно, $ξ$ и $η$ - зависимы.

Но при этом их ковариация нулевая. Докажем это.

По доказанной формуле: $cov(ξ,η ) = E (ξ ⋅η) − Eξ ⋅Eη$ .

Давайте посчитаем сначала $E (ξ ⋅η )$ . Какие значения принимает произведение $ξ ⋅ η$ ? Оно может принять значение $0$ , если первая монетка выпала орлом. А если первая монетка выпала решкой, то $ξ ⋅η$ может быть равно либо $− 1⋅1 = − 1$ с вероятностью $1 4$ (если будет последовательность решка-орёл), либо $− 1⋅− 1 = 1$ с вероятностью $14$ (если будет последовательность решка-решка).

Следовательно,

E(ξ ⋅η ) = 0 ⋅ 1-− 1⋅ 1+ 1 ⋅ 1-= 0 2 4 4

В то же время ясно, что $E ξ = 1⋅ 12 − 1 ⋅ 12 = 0$ ;
$1 1 1 E η = 0⋅ 2 + 1 ⋅4 − 1⋅4 = 0$ .

Значит, $cov(ξ,η) = E(ξ ⋅η)− E ξ ⋅E η = 0− 0 ⋅0 = 0$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#58414

a) Доказать, что если к какой-то из случайных величин добавить константу, то корреляция не поменяется, т.е. $corr(X,Y ) = corr(X + c,Y),$ где $c$ - произвольная константа.

b) Доказать, что если какую-то случайную величину умножить на положительную константу, то корреляция не поменяется, т.е. $corr(X, Y ) = corr(X, cY ),$ где $c ∈ ℝ$ - произвольная положительная константа. При этом, если $c$ - отрицательная константа, то корреляция поменяет знак.

c) Доказать, что корреляция случайной величины с собой равна единице, т.е. $corr(X, X ) = 1.$

Показать ответ и решение

a) Что такое коэффициент корреляции? Это дробь

cov(X, Y) E ((X − E(X ))⋅(Y − E (Y))) corr(X, Y) := ∘-----------------= ∘---------------2----------------2- Var(X )⋅V ar(Y ) E((X − E (X )) )⋅E ((Y − E (Y )) )

Посмотрим, как преобразуется числитель, то есть $cov(X,Y )$ при добавлении к $X$ константы $c$ : $cov(X + c,Y ) = E((X + c − E(X + c)) ⋅(Y − E(Y ))) =$
$= E )(X + c)Y − (X + c)E(Y )− E (X + c)Y + E (X + c)E(Y )) = E (XY + cY − XE (Y )− cE (Y) − E(X )Y − Y E(c)+ E(X )E(Y )+ E (c)E (Y ))$ .

Далее, с учётом того мат.ожидание константы равно константе, и после взятия матожидания от всей суммы видим, что все слагаемые, содержащие $c$ , сокращается и остаётся выражение $E (XY ) − EXEY$ , равное $cov(X, Y)$ .

А в знаменателе дроби корреляции стоит корень из произведения дисперсий. Что происходит с дисперсией при добавлении константы?

V ar(X+c ) = E ((X+c − E(X+c ))2) = E((X+c − EX − Ec )2) = E ((X+c − EX − c)2) = E((X − EX )2) = V arX

То есть дисперсия при добавлении константы не меняется. Следовательно, при добавлении константы не изменится ни числитель, ни знаменатель дроби $corr(X, Y ) := √-cov(X,Y)---- Var(X )⋅Var(Y )$ . То есть не изменится корреляция двух величин не изменится, если к одной из них добавить любую произвольную константу.

b) Проследим вновь отдельно за числителем и знаменателем дроби

cov(X,Y ) E ((X − E(X ))⋅(Y − E (Y))) corr(X,Y ) := ∘---------------- = ∘---------------2---------------2-. V ar(X )⋅V ar(Y) E ((X − E (X )) )⋅E ((Y − E(Y )))

Как меняется числитель?
$cov(X, cY) = E ((X − E (X ))⋅(cY − E (cY))) = E((X − E (X ))⋅(cY − cE(Y ))) = E ((X − E(X ))⋅c(Y − E (Y))) =$
$= cE ((X − E(X ))⋅(Y − E (Y))) = c⋅cov(X,Y )$ . То есть числитель умножается на $c$ . Как меняется знаменатель? В знаменателе первый сомножитель очевидно не меняется. А второй сомножитель: $∘ -------- ∘ --------- ∘ -------- V ar(cY ) = c2V ar(Y) = |c| V ar(Y)$ . Таким образом, имеем: $corr(X, cY ) = |cc|cor(X, Y)$ .

Поэтому если $c > 0$ , то она просто сократится и $corr(X, Y)$ не поменяется, а если $c < 0$ , то $corr(X, Y)$ сменит знак.

c) $----cov(X,X)--- E((X−E-(X-))⋅(X-−E(X))) E-((X−-E[X-])2) V-ar(X) corr(X, X ) := √V-ar(X)⋅V-ar(X) = Var(X ) = Var(X ) = V ar(X) = 1$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#58415

Пусть случайная величина $ξ$ задана своим распределением. То есть

P(ξ = 2) = 0.35,P (ξ = 4) = 0.5,P(ξ = 7) = 0.15

и случайная величина $η$ тоже задана своим распределением

P (η = 1) = 0.45,P (η = 4) = 0.5,P(η = 8) = 0.05

Пусть, кроме того, $ξ$ и $η$ независимы. Найти $P (ξ + η = 8)$ .

Показать ответ и решение

Сумма $ξ + η$ может быть равна 8 только если $ξ = 4$ и одновременно с этим $η = 4$ , а также если $ξ = 7$ и одновременно с этим $η = 1$ .

Таким образом,

P (ξ + η = 8) = P(ξ = 4∩ η = 4)+ P (ξ = 7∩ η = 1)

Далее, именно в силу независимости $ξ$ и $η$ $P(ξ = 4∩ η = 4) = P(ξ = 4)⋅P (η = 4) = 0.5⋅0.5 = 0.25$ .

Аналогично, в силу независимости $ξ$ и $η$ $P(ξ = 7∩ η = 1) = P(ξ = 7)⋅P (η = 1) = 0.15 ⋅0.45 = 0.0675$ .

Следовательно,

P (ξ + η = 8) = 0.25 + 0.0675 = 0.3175

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#58416

Пусть величины $ξ$ и $η$ - независимы. Пусть, кроме того, $P (ξ = 3) = 0.25$ , $P (ξ = 7) = 0.75$ , а $P (η = 2) = 0.3$ , $P(η = 5) = 0.7$ . Найти $E (ξ ⋅η )$ .

Показать ответ и решение

В силу независимости $ξ$ и $η$ будет верна формула $E (ξ ⋅η) = Eξ ⋅E η$ .

Посчитаем сомножители отдельно:

Eξ = 3 ⋅0.25 + 7⋅ 0.75 = 6

E η = 2 ⋅0.3+ 5 ⋅0.7 = 4.1

Следовательно.

E (ξ ⋅η) = E ξ ⋅E η = 6⋅4.1 = 24.6

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#58418

Пусть у нас в магазине есть $n$ холодильников, каждый из которых в течение пяти лет ломается независимо друг от друга с вероятностью $p$ .

a) Пусть $S$ - случайная величина, обозначающая количество холодильников, которые сломаются в течение пяти лет. Как распределена случайная величина $S$ ?
b) Найти $ES$
c) Найти $VarS$ .

Показать ответ и решение

a) Пусть $Xi$ - это случайная величина $( { 1 есл и i− ый холоди льник сломал ся Xi = ( 0, если i− ы й хол одильник не слом ался$
Тогда получается, что $Xi ∼ Bern (p)$ . Но тогда, поскольку холодильники ломаются независимо друг от друга, мы получаем, что все $Xi$ - независимы.

Ясно, что $S = X1 + X2 + ...+ Xn$ . То есть $S$ - случайная величина, считающая количество сломанных холодильников, является суммой $n$ независимых бернуллиевских величин. То есть $S$ по определению распределена биномиально с параметрами $n,p$ , $S ∼ Binom (n,p)$ .

b)

ES = E (X + X + ...+ X ) = EX + EX + ...EX 1 2 n 1 2 n

Поскольку мат.ожидание суммы всегда равно сумме мат. ожиданий.

Но все $Xi$ распределены одинаково, а $EXi = 1 ⋅p+ 0 ⋅(1− p) = p$ .
Следовательно,

ES = E (X1 + X2 + ...+ Xn ) = EX1 + EX2 + ...EXn = p + p+ ...+ p = np

c) Поскольку $Xi$ - независимы, то дисперсию их суммы можно посчитать как сумму дисперсий:

VarS = Var (X1 + ...+ Xn ) = V arX1 + ...+ V arXn

Но все $Xi$ распределены одинаково, а $2 2 V arXi = EX i − (EXi )$ .

$2 2 2 EX i = 1 ⋅p+ 0 ⋅(1− p) = p$ .

$EXi$ мы уже посчитали раньше, и оно равно $p$ .

Таким образом, $2 2 2 V arXi = EX i − (EXi ) = p − p = p(1− p)$
Следовательно,

V arS = Var (X1+X2+...+Xn ) = VarX1+V arX2+...V arXn = p(1− p)+p (1− p)+...+p(1− p) = np (1 − p)

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#58419

Пусть у нас в магазине есть $n$ холодильников, но они все настолько идентичные, что в течение пяти лет либо одновременно сломаются с вероятностью $p$ , либо одновременно останутся целыми.

a) Пусть $S$ - случайная величина, обозначающая количество холодильников, которые сломаются в течение пяти лет. Как распределена случайная величина $S$ ?
b) Найти $ES$
c) Найти $VarS$ .

Показать ответ и решение

a) Значит, $S$ либо равна $n$ с вероятностью $p$ , либо равна $0$ с вероятностью $1 − p$ . То есть $S$ - это по сути $nX$ , где $({ X = 1 с вероятностью p ( 0, с вероя тностью 1 − p$ .
То есть, $X ∼ Bern (p)$ .

b) Раз $S = nX$ , $X ∼ Bern (p)$ , то $ES = EnX = nEX$ , потому что константу ( $n$ в данном случае константа) можно вынести за знак мат. ожидания. А поскольку $EX = p$ , то $ES = np$ .

с) Раз $S = nX$ , $X ∼ Bern (p)$ , то $2 2 VarS = VarnX = n V arX = n p(1− p )$ , поскольку константа выносится из дисперсии в квадрате.

Комментарий. Обратите внимание, что хотя мат. ожидание и будет таким же, если холодильники ломаются не одновременно, а независимо, а вот дисперсия по сравнению с независимыми поломками сильно возрастёт.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#58420

Пусть кубик бросают 100 раз, а затем суммируют полученные значения. Найти дисперсию суммы выпавших очков при ста бросках.

Показать ответ и решение

Пусть $Xi$ - случайная величина, равная количеству выпавших очков при $i−$ броске. То есть $( | 1 |||| 1 с вероятностью 6 |||| 2 с вероятностью 1 ||| 6 |{ 3 с вероятностью 16 Xi = | ||| 4 с вероятностью 16 |||| 1 ||| 5 с вероятностью 6 ||( 6 с вероятностью 1 6$

Таким образом, $2 2 V arXi = EX i − (EXi )$ .

EXi = 1⋅ 1+ 2 ⋅ 1-+ ...+ 6 ⋅ 1-= 3.5 6 6 6

1 1 1 91 EX2i = 12 ⋅-+ 22 ⋅--+ ...+ 62 ⋅--= --- 6 6 6 6

Таким образом,

91 11 V arXi = EX2i − (EXi )2 =---− (3.5)2 = 2--- 6 12

Но тогда ясно, что если $S$ - случайная величина, равная сумме выпавших очков при ста бросках, то

S = X1 + X2 + ...+ X100

И тогда, в силу того, что броски независимы друг от друга, будут независимы и величины $Xi$ , а для независимых величин дисперсия от суммы равна сумме дисперсий:

11- 11- 11- 2- V arS = V ar(= X1 + X2 + ...+ X100) = VarX1 + ...+ V arX100 = 212 + 212 + ...+ 2 12 = 2913

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#58422

В некоторой деревне есть только два ювелирных завода. Они производят свадебные кольца в объеме $4 : 10$ . Первый завод производит $95%$ колец без дефекта, второй – $90%$ . Две пары молодожёнов перед свадьбой покупает две пары колец. Найти мат. ожидание числа небракованных колец среди купленных четырёх.

Показать ответ и решение

Пусть $( { 1 если i− ое кольцо оказалось без брака Xi = ( 0, если i− ое коль цо ок аза лось с браком$ .

Какая тогда вероятность того, что $Xi = 1$ ? С вероятностью $4 14$ кольцо будет с первого завода, а на нём с вероятностью $0.95$ оно будет без дефекта. Аналогично, с вероятностью $10 14$ кольцо будет со второго завода, а на нём с вероятностью $0.9$ оно будет без дефекта. Таким образом, вероятность того, что $Xi = 1$ получается равна:

4 10 32 ---⋅0.95 + ---⋅0.9 = --- 14 14 35

Тогда ясно, что $S = X1 + X2 + X3 + X4$ - это случайная величина, равная количеству небракованных колец.

Поскольку $Xi$ - это бернуллиевские величины с параметром $p = 32- 35$ , а покупка колец друг на друга не влияет, то мы можем считать, что $Xi$ - независимые бернуллиевские. Но тогда по определению $S ∼ Binom (4, 3325)$ .

Следовательно, $( ) P(S = 0) = 40 p0(1 − p)4$ , $() P (S = 1) = 41p1(1 − p)3$ , $( ) P (S = 2) = 42 p2(1− p)2$ , $(4) 3 1 P (S = 3) = 3 p (1− p)$ , $(4) 4 0 P (S = 4) = 4 p (1− p)$ .

Таким образом, $ES = 0⋅P (S = 0)+ 1 ⋅P (S = 1)+ 2⋅ P(S = 2)+ 3⋅P (S = 3)+ 4 ⋅P(S = 4)$ . Ясно, что $P (S = 0)$ считать не нужно, поскольку в сумме для мат. ожидания оно все равно умножается на ноль. А вот остальные вероятности посчитать придётся.

Получаем: