,

.

.

.

,

.

.

.

,

.

,

.

.

.

.

275. Случайная величина Х задана плотностью распределения f(x) = 2·х в интервале (0, 1); вне этого интервала f(x) = 0. Найти математическое ожидание величины Х.
   Решение. Используем формулу

.

Подставив a = 0, b = 1, f(x) = 2·x, получим .

277. Случайная величина Х в интервале (- с, с) задана плотностью распределения ; вне этого интервала f(x) = 0. Найти математическое ожидание величины Х.
   Решение. Используем формулу

.

Подставив a = − с, b = с, , получим . Учитывая, что подынтегральная функция нечетная и пределы интегрирования симметричны относительно начала координат, заключаем, что интеграл равен нулю. Следовательно, М(Х) = 0.
   Этот результат можно получить сразу, если принять во внимание, что кривая распределения симметрична относительно прямой х = 0.

279. Случайная величина Х задана плотностью распределения f(x) = c·(x² + 2·x)  в интервале (0, 1); вне этого интервала f (x) = 0. Найти:
а) параметр с;
б) математическое ожидание величины Х.

280. Найти математическое ожидание случайной величины Х, заданной функцией распределения    Р е ш е н и е. Найдем плотность распределения величины Х: Найдем искомое математическое ожидание: .

281. Случайная величина Х, возможные значения которой неотрицательны, задана функцией распределения
F(x) = 1 − e ^{- αx} (α > 0). Найти математическое ожидание величины Х.

282. Случайная величина Х задана плотностью распределения f(x) = (1/2)·sin x в интервале (0, π); вне этого интервала f(x) = 0. Найти математическое ожидание функции Y = φ(X) = X ² (не находя предварительно плотности распределения Y).
   Решение. Воспользуемся формулой для вычисления математического ожидания функции φ(Х) от случайного аргумента Х: , где a и b – концы интервала, в котором заключены возможные значения Х. Подставляя φ (x) = x ², f (x) = (1/2)·sin x, a = 0, b = π и интегрируя по частям, окончательно получим .

283. Случайная величина Х задана плотностью распределения f(x) = cos x в интервале (0,π/2); вне этого интервала f(x) = 0. Найти математическое ожидание функции Y = φ(X) = X ² (не находя предварительно плотности распределения Y).

285. Случайная величина Х задана плотностью распределения f(x) = 2·cos 2x в интервале (0, π/4); вне этого интервала f(x) = 0. Найти: а) моду; б) медиану Х.
   Решение. а) Легко убедиться, что функция f(x) = 2·cos 2x в открытом интервале (0, π/4) не имеет максимума, поэтому Х моду не имеет.
   б) Найдем медиану M_e(X) = m _e, исходя из определения медианы: Р (Х < m _e)= Р (Х > m _e), или, что то же, Р (Х < m _e) = 1/2. Учитывая, что по условию возможные значения Х положительны, перепишем это равенство так:

Р (0 < Х < m _e) = 1/2, или .

286. Случайная величина Х в интервале (2, 4) задана плотностью распределения ; вне этого интервала f(x) = 0. Найти моду, математическое ожидание и медиану величины Х.
   Решение. Представим плотность распределения в виде . Отсюда видно, что при х = 3 плотность распределения достигает максимума; следовательно, M₀(X) = 3. (Разумеется, можно было найти максимум методами дифференциального исчисления).
   Кривая распределения симметрична относительно прямой х = 3, поэтому М(Х) = 3 и M _e (X) = 3.

287. Случайная величина Х в интервале (3, 5) задана плотностью распределения f(x) = − ¾·x ² + 6x − 45/4; вне этого интервала f(x) = 0. Найти моду, математическое ожидание и медиану величины Х.

289. Случайная величина Х при x ≥ 0 задана плотностью вероятности (распределение Вейбулла)

;

290. Доказать, что математическое ожидание непрерывной случайной величины заключено между наименьшим и наибольшим ее возможными значениями.
   Решение. Пусть Х – непрерывная случайная величина, заданная плотностью распределения f(x) на отрезке [a, b]; вне этого отрезка f(x) = 0. Тогда a ≤ x ≤ b. Учитывая, что f(x) ≥ 0, получим af(x) ≤ xf(x) ≤ bf(x). Проинтегрируем это двойное неравенство в пределах от a до b: Принимая во внимание, что окончательно получим a ≤ M(X) ≤ b.

291. Доказать, что если , то

.

292.Случайная величина Х в интервале (-с, с) задана плотностью распределения , вне этого интервала f(x) = 0. Найти дисперсию Х.
   Решение. Будем искать дисперсию по формуле . Подставляя M(X) = 0 (кривая распределения симметрична относительно прямой х = 0), а = − с, b = с, , получим . Сделав подстановку x = c·sin t, окончательно имеем D(X) = c ²/2.

293. Случайная величина Х в интервале (− 3, 3) задана плотностью распределения , вне этого интервала f(x) = 0. а) Найти дисперсию Х; б) что вероятнее: в результате испытания окажется Х < 1 или Х > 1?

.

.

295. Случайная величина Х в интервале (0, π) задана плотностью распределения , вне этого интервала f(x) = 0. Найти дисперсию Х.
   Р е ш е н и е. Найдем дисперсию по формуле

Подставив сюда М(Х) = π/2 (кривая распределения симметрична относительно прямой х = π/2), a = 0, b = π, , получим                    (*) Дважды интегрируя по частям, найдем                    (**) Подставив (**) в (*), окончательно получим .

297. Найти дисперсию случайной величины Х, заданной функцией распределения

Р е ш е н и е. Найдем плотность распределения: Найдем математическое ожидание (подынтегральная функция нечетная, пределы интегрирования симметричны относительно начала координат). Найдем искомую дисперсию, учитывая, что М(Х)=0: .

299. Случайная величина Х в интервале (0, π) задана плотностью распределения , вне этого интервала f(x) = 0. Найти дисперсию функции Y = φ(X) = X², не находя предварительной плотности распределения Y.
   Р е ш е н и е. Используем формулу

.

Подставив φ(x) = x², , a = 0, b = π, , получим .                   (*) Интегрируя по частям, найдем .                   (**) Подставив (**) в (*), окончательно имеем .

300. Случайная величина Х задана плотностью распределения f(x) = сos x в интервале (0, π/2); вне этого интервала f(x) = 0. Найти дисперсию функции Y = φ(X) = X², не находя предварительной плотности распределения Y.
   Р е ш е н и е. Используем формулу . и то, что (см. задачу 283 ).

301. Случайная величина Х задана плотностью распределения при х ≥ 0; f(x) = 0 при х < 0. Найти: а) математическое ожидание; б) дисперсию Х.
   Р е ш е н и е. а) найдем математическое ожидание:

.

Воспользуемся так называемой гамма - функцией, которая определяется равенством. .                   (*) Как видим, аргумент (целое число n), стоящий под знаком гамма – функции, на единицу больше показателя степени буквы х, стоящей под знаком интеграла. Следовательно, .                   (**) Подставив (**) в (*), получим .                   (***) Воспользуемся следующим свойством гамма – функции: Г(n) = (n − 1) ! Как видим, гамма – функция от целого аргумента равна факториалу от аргумента, уменьшенного на единицу. Следовательно, Г(n + 2) = (n + 1) !.                   (****) Подставив (****) в (***), получим . б) Найдем дисперсию. Учитывая, что М(Х) = n + 1, , получим Итак, D(X) = n + 1.

303. Доказать, что для любой непрерывной случайной величины центральный момент первого порядка равен нулю.
   Р е ш е н и е. По определению центрального момента первого порядка,

.

Учитывая, что , получим μ₁ = M (X) − M (X).

304. Доказать, что обычный момент второго порядка имеет наименьшее значение, если с = М(Х).
   Р е ш е н и е. Преобразуем μ'₂ так: Принимая во внимание равенства
получим μ'₂ = μ₂ + [M (X) − c ]².                   (*) Отсюда видно, что μ'₂ имеет наименьшее значение при с = М(Х), что и требовалось доказать.
   Заметим, что из (*) следует, что μ₂ = μ'₂ − [M(X) − c]², т.е. центральный момент второго порядка меньше любого обычного момента второго порядка, если c ≠ M(X).

305. Случайная величина Х задана плотностью распределения f(x) = 0,5·x в интервале (0, 2); вне этого интервала f(x) = 0. Найти начальные и центральные моменты первого, второго, третьего и четвертого порядков.
   Р е ш е н и е. По формуле

найдем начальные моменты: Найдем центральные моменты. Центральный момент первого порядка любой случайной величины μ₁ = 0. Воспользуемся формулами, выражающими центральные моменты через начальные: Подставим в эти формулы ранее найденные начальные моменты, получим: .