Нужно найти: а) Значение ( A ) б) Функцию распределения вероятностей ( F(x) ) в) Вероятность события ( P(-2 < X < 1) )

Предмет: Теория вероятностей
Раздел: Непрерывные случайные величины, функции плотности и распределения

Условие задачи:

Задана плотность распределения вероятностей непрерывной случайной величины ( X ), которая имеет следующий вид:

[ f(x) = \begin{cases} 0, & x < -A \ -Ax, & -A \le x < 0 \ 2x, & 0 \le x < A \ 0, & x \ge A \end{cases} ]

Нужно найти:

а) Значение ( A )
б) Функцию распределения вероятностей ( F(x) )
в) Вероятность события ( P(-2 < X < 1) )

Решение:

а) Найдём значение ( A )

Так как ( f(x) ) — это функция плотности вероятности, она должна удовлетворять условию нормировки:

\[ \int_{-\infty}^{\infty} f(x) dx = 1 \]

Подставим выражение для ( f(x) ):

\[ \int_{-A}^0 (-Ax) dx + \int_0^A 2x dx = 1 \]

Вычислим каждый интеграл:

1. \[ \int_{-A}^0 (-Ax) dx = -A \int_{-A}^0 x dx = -A \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{-A}^0 = -A \left( 0 - \frac{(-A)^2}{2} \right) = -A \left( -\frac{A^2}{2} \right) = \frac{A^3}{2} \]

2. \[ \int_0^A 2x dx = 2 \left[ \frac{x^2}{2} \right]_0^A = x^2 \big|_0^A = A^2 \]

Сложим:

\[ \frac{A^3}{2} + A^2 = 1 \]

Домножим на 2:

\[ A^3 + 2A^2 = 2 \]

Решим уравнение:

\[ A^3 + 2A^2 - 2 = 0 \]

Это кубическое уравнение. Попробуем найти корень подбором. Пусть ( A = 1 ):

\[ 1^3 + 2 \cdot 1^2 - 2 = 1 + 2 - 2 = 1 \neq 0 \]

Пусть ( A = 0.5 ):

\[ (0.5)^3 + 2(0.5)^2 - 2 = 0.125 + 0.5 - 2 = -1.375 \]

Пусть ( A = 0.8 ):

\[ 0.512 + 1.28 - 2 = -0.208 \]

Пусть ( A = 0.9 ):

\[ 0.729 + 1.62 - 2 = 0.349 \]

Значит, между ( A = 0.8 ) и ( A = 0.9 ) есть корень. Точное значение можно найти численно (например, методом Ньютона или бисекции). Для целей задачи примем приближённое значение:

\[ A \approx 0.84 \]

б) Найдём функцию распределения вероятностей ( F(x) )

Функция распределения (CDF) определяется как:

\[ F(x) = P(X \le x) = \int_{-\infty}^x f(t) dt \]

Рассмотрим разные случаи:

1. Если [x < -A], то [F(x) = 0]

2. Если [-A \le x < 0]:

\[ F(x) = \int_{-A}^x (-At) dt = -A \left[ \frac{t^2}{2} \right]_{-A}^x = -A \left( \frac{x^2}{2} - \frac{A^2}{2} \right) = \frac{A^3 - A x^2}{2} \]

3. Если [0 \le x < A]:

\[ F(x) = \int_{-A}^0 (-At) dt + \int_0^x 2t dt = \frac{A^3}{2} + \left[ t^2 \right]_0^x = \frac{A^3}{2} + x^2 \]

4. Если [x \ge A], то [F(x) = 1]

Итак, функция распределения:

\[ F(x) = \begin{cases} 0, & x < -A \ \frac{A^3 - A x^2}{2}, & -A \le x < 0 \ \frac{A^3}{2} + x^2, & 0 \le x < A \ 1, & x \ge A \end{cases} \]

в) Найдём вероятность [P(-2 < X < 1)]

Для этого воспользуемся функцией распределения:

\[ P(-2 < X < 1) = F(1) - F(-2) \]

Подставим значения, используя приближённое значение [A \approx 0.84]:

• [-2 < -A], значит [F(-2) = 0]
• [1 > A], значит [F(1) = 1]

Следовательно:

\[ P(-2 < X < 1) = 1 - 0 = 1 \]

Однако это противоречит тому, что поддержка функции — от [-A, A]. Значит, [-2 < X < 1] пересекается с областью определения только на отрезке [-A, A]. Поэтому:

\[ P(-2 < X < 1) = \int_{-A}^0 (-At) dt + \int_0^1 2t dt \]

Поскольку [1 < A], интеграл по [0 \le x \le 1] допустим.

Вычислим:

1. \[ \int_{-A}^0 (-At) dt = \frac{A^3}{2} \]

2. \[ \int_0^1 2t dt = \left[ t^2 \right]_0^1 = 1 \]

Итак:

\[ P(-2 < X < 1) = \frac{A^3}{2} + 1 \]

Подставим [A \approx 0.84]:

\[ \frac{(0.84)^3}{2} + 1 \approx \frac{0.5927}{2} + 1 \approx 0.296 + 1 = 1.296 \]

Это невозможно, так как вероятность не может быть больше 1. Ошибка в вычислениях!

Проблема в том, что интеграл \int_0^1 2t dt допустим только если [1 \le A]. Но у нас [A \approx 0.84], значит [1 > A]. Поэтому [X] не может принимать значения больше [A]!

Следовательно, [P(-2 < X < 1) = P(-A < X < A) = 1], потому что вся плотность сосредоточена на отрезке [-A, A].

Но [-2 < X < 1] — это подотрезок [-A, A]. Значит:

\[ P(-2 < X < 1) = \int_{-A}^0 (-At) dt + \int_0^{1} 2t dt \]

Но так как [1 > A], мы можем интегрировать только до [A], а не до 1.

Итак:

\[ P(-2 < X < 1) = \int_{-A}^0 (-At) dt + \int_0^A 2t dt = \frac{A^3}{2} + A^2 = 1 \]

А если бы [1 < A], тогда:

\[ P(-2 < X < 1) = \int_{-A}^0 (-At) dt + \int_0^1 2t dt = \frac{A^3}{2} + 1 \]

Но это невозможно, так как [A < 1].

Итог:

\[ P(-2 < X < 1) = \int_{-A}^0 (-At) dt + \int_0^A 2t dt = 1 \]

Ответ:

а) [A \approx 0.84]
б)
\[ F(x) = \begin{cases} 0, & x < -A \ \frac{A^3 - A x^2}{2}, & -A \le x < 0 \ \frac{A^3}{2} + x^2, & 0 \le x < A \ 1, & x \ge A \end{cases} \]
в) [P(-2 < X < 1) = 1]