Страницы 87-88 номер 40, ГДЗ по алгебре за 11 класс к учебнику Бунимовича. Математика вероятность и статистика
Плотность распределения непрерывной случайной величины \(X\): \[p(x) = \begin{cases} 0, & \text{при } x < -1, \\ x + 1, & \text{при } {-1} \leqslant x < 0, \\ -x + 1, & \text{при } 0 \leqslant x < 1, \\ 0, & \text{при } x > 1. \end{cases}\] В точке \(x = 1\) плотность не задана, но значение плотности в отдельной точке на вероятности и интегралы не влияет.
а) На отрезке \([-1; 0]\) график плотности — отрезок прямой \(y = x + 1\) от точки \((-1; 0)\) до точки \((0; 1)\), на отрезке \([0; 1]\) — отрезок прямой \(y = -x + 1\) от точки \((0; 1)\) до точки \((1; 0)\), вне отрезка \([-1; 1]\) график идёт по оси \(x\).
б) Функция распределения — первообразная плотности; постоянные находим из условия \(F(-\infty) = 0\) и из непрерывности функции \(F(x)\) в точках склейки.
При \(x < -1\) плотность равна 0, значит, \(F(x)\) постоянна, а так как \(F(-\infty) = 0\), то \(F(x) = 0\).
На отрезке \([-1; 0]\) первообразная для \(x + 1\) — функция \(\frac{(x + 1)^2}{2} + C\); из \(F(-1) = 0\) получаем \(C = 0\), то есть \(F(x) = \frac{(x + 1)^2}{2}\) и \(F(0) = \frac12\).
На отрезке \([0; 1]\) первообразная для \(-x + 1\) — функция \(C - \frac{(x - 1)^2}{2}\) (её производная равна \(-(x - 1) = -x + 1\)); из \(F(0) = \frac12\) получаем \(C - \frac12 = \frac12\), \(C = 1\), то есть \(F(x) = 1 - \frac{(x - 1)^2}{2}\) и \(F(1) = 1\).
При \(x > 1\) плотность снова равна 0, и \(F(x) = F(1) = 1\). Значит, \[F(x) = \begin{cases} 0, & \text{при } x < -1, \\ \frac{(x + 1)^2}{2}, & \text{при } {-1} \leqslant x < 0, \\ 1 - \frac{(x - 1)^2}{2}, & \text{при } 0 \leqslant x \leqslant 1, \\ 1, & \text{при } x > 1. \end{cases}\]
в) Событие \(|X| > 0{,}5\) состоит из двух несовместных событий \(X < -0{,}5\) и \(X > 0{,}5\).
\(F(-0{,}5) = \frac{(-0{,}5 + 1)^2}{2} = \frac{0{,}25}{2} = \frac18\).
\(F(0{,}5) = 1 - \frac{(0{,}5 - 1)^2}{2} = 1 - \frac18 = \frac78\). Тогда \[\begin{aligned} &P(|X| > 0{,}5) = P(X < -0{,}5) + P(X > 0{,}5) = {} \\ &= F(-0{,}5) + 1 - F(0{,}5) = \frac18 + 1 - \frac78 = \frac14. \end{aligned}\]
г) График плотности симметричен относительно прямой \(x = 0\), поэтому \(E(X) = 0\). Тогда \(D(X) = E(X^2) - E^2(X) = E(X^2)\): \[\begin{aligned} &D(X) = \int_{-1}^{0} x^2(x + 1)\,dx + \int_0^1 x^2(1 - x)\,dx = {} \\ &= \left(\frac{x^4}{4} + \frac{x^3}{3}\right)\Big|_{-1}^{0} + \left(\frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4}\right)\Big|_0^1 = {} \\ &= -\left(\frac14 - \frac13\right) + \frac13 - \frac14 = \frac{1}{12} + \frac{1}{12} = \frac16. \end{aligned}\]
Ответ: б) \(F(x) = 0\) при \(x < -1\), \(F(x) = \frac{(x + 1)^2}{2}\) при \(-1 \leqslant x < 0\), \(F(x) = 1 - \frac{(x - 1)^2}{2}\) при \(0 \leqslant x \leqslant 1\), \(F(x) = 1\) при \(x > 1\); в) \(P(|X| > 0{,}5) = \frac14\); г) \(E(X) = 0\), \(D(X) = \frac16\).
Плотность распределения непрерывной случайной величины \(X\) задана формулами: \[p(x) = \begin{cases} 0, & \text{при } x < -1, \\ x + 1, & \text{при } {-1} \leqslant x < 0, \\ -x + 1, & \text{при } 0 \leqslant x < 1, \\ 0, & \text{при } x > 1. \end{cases}\] В точке \(x = 1\) плотность не задана, но значение плотности в отдельной точке на вероятности и интегралы не влияет.
а) На отрезке \([-1; 0]\) график плотности — отрезок прямой \(y = x + 1\) от точки \((-1; 0)\) до точки \((0; 1)\), на отрезке \([0; 1]\) — отрезок прямой \(y = -x + 1\) от точки \((0; 1)\) до точки \((1; 0)\), вне отрезка \([-1; 1]\) график идёт по оси \(x\). Фигура под графиком — треугольник с основанием 2 и высотой 1, его площадь \(\frac12 \cdot 2 \cdot 1 = 1\). Построим график функции \(p(x)\):
б) Функция распределения — первообразная плотности; постоянные найдём из условия \(F(-\infty) = 0\) и из того, что функция \(F(x)\) непрерывна в точках склейки.
При \(x < -1\) плотность равна 0, значит, \(F(x)\) постоянна, а так как \(F(-\infty) = 0\), то \(F(x) = 0\).
На отрезке \([-1; 0]\) первообразная для \(x + 1\) — функция \(\frac{(x + 1)^2}{2} + C\). Из \(F(-1) = 0\) получаем \(C = 0\), т. е. \(F(x) = \frac{(x + 1)^2}{2}\) и \(F(0) = \frac12\).
На отрезке \([0; 1]\) первообразная для \(-x + 1\) — функция \(C - \frac{(x - 1)^2}{2}\): её производная равна \(-(x - 1) = -x + 1\). Из \(F(0) = \frac12\) получаем \(C - \frac12 = \frac12\), \(C = 1\), т. е. \(F(x) = 1 - \frac{(x - 1)^2}{2}\) и \(F(1) = 1\).
При \(x > 1\) плотность снова равна 0, и \(F(x) = F(1) = 1\). Значит, \[F(x) = \begin{cases} 0, & \text{при } x < -1, \\ \frac{(x + 1)^2}{2}, & \text{при } {-1} \leqslant x < 0, \\ 1 - \frac{(x - 1)^2}{2}, & \text{при } 0 \leqslant x \leqslant 1, \\ 1, & \text{при } x > 1. \end{cases}\] Построим график функции \(F(x)\):
в) Событие \(|X| > 0{,}5\) состоит из двух несовместных событий \(X < -0{,}5\) и \(X > 0{,}5\). Найдём \(F(-0{,}5) = \frac{(-0{,}5 + 1)^2}{2} = \frac{0{,}25}{2} = \frac18\) и \(F(0{,}5) = 1 - \frac{(0{,}5 - 1)^2}{2} = 1 - \frac18 = \frac78\). Тогда \[\begin{aligned} &P(|X| > 0{,}5) = P(X < -0{,}5) + P(X > 0{,}5) = {} \\ &= F(-0{,}5) + 1 - F(0{,}5) = \frac18 + 1 - \frac78 = \frac14. \end{aligned}\] Проверка: каждое из двух слагаемых — площадь треугольника под графиком плотности с катетами \(0{,}5\) и \(0{,}5\), т. е. \(\frac12 \cdot 0{,}5 \cdot 0{,}5 = \frac18\).
г) График плотности симметричен относительно прямой \(x = 0\), поэтому \(E(X) = 0\). Тогда \(D(X) = E(X^2) - E^2(X) = E(X^2)\): \[\begin{aligned} &D(X) = \int_{-1}^{0} x^2(x + 1)\,dx + \int_0^1 x^2(1 - x)\,dx = {} \\ &= \left(\frac{x^4}{4} + \frac{x^3}{3}\right)\Big|_{-1}^{0} + \left(\frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4}\right)\Big|_0^1 = {} \\ &= -\left(\frac14 - \frac13\right) + \frac13 - \frac14 = \frac{1}{12} + \frac{1}{12} = \frac16. \end{aligned}\]
Ответ: б) \(F(x) = 0\) при \(x < -1\), \(F(x) = \frac{(x + 1)^2}{2}\) при \(-1 \leqslant x < 0\), \(F(x) = 1 - \frac{(x - 1)^2}{2}\) при \(0 \leqslant x \leqslant 1\), \(F(x) = 1\) при \(x > 1\); в) \(P(|X| > 0{,}5) = \frac14\); г) \(E(X) = 0\), \(D(X) = \frac16\).
