Culegere de probleme de teoria probabilităților

Citation preview

G.

oroou *

V. CRAIU * I. SĂCUIU

CULEGERE DE PROBLEME ·, DE TEORIA PROBABILîIĂTILOR

EDITURA TEHNICĂ • BUCUREŞTI -1967

Problemele cuprinse în această culegere, se referă la noţiunile bază ale teoriei probabilităţilor şi stnt menite să contribuie la înţelegerea mai profundă a acestei importante ramuri a matematicii şi la aplicarea ei în diverse domenii de activitate. Cartea cuprinde următoarele capitole : Evenimente, operaţii cu mulţimi, Cimpuri de probabilitate, probabilităţi condiţio­ nate, probabilităţi geometrice, Funcţii de repartiţie, densităţi de repartiţie, Valori medii, momente, Funcţii caracteristice, funcţii generatoare, Şiruri de variabile aleatoare, Convergente şi Procese de

aleatoare. în lucrare problemele sînt date gradat, pornind de la cele mai simple la probleme mai dificile şi stnt rezolvate în întregime. Unele probleme au caracter teoretic, iar altele caracter aplicativ. Lucrarea se adresează studenţilor din ultimii ani de la facultăţile de matematică-mecanică, de la institutele politehnice, pedagogice, de la institutele de ştiinţe economice, cum şi profesorilor de şcoli medii şi elevilor din clasa a XII-a. De asemenea, culegerea poate fi consultată şi de toţi economiştii, inginerii şi tehnicienii interesaţi în aplicaţiile teoriei probabilităţilor.

PREFAŢĂ

1n

etapa actuală de dezvoltare a ştiinţei, teoria probabilităţilor cunoaşte ţ> dezvoltare, datorită aplicaţiilor importante pe care le are în cele mai diverse domenii de activitate~ Pornind de la experienţe concrete, teoria probabilităţilor a dat conceptelor sale o formă riguros matematică, fiind capabilă să se întoarcă din nou la experienţă pentru a interpreta întinse categorii de fenomene. . · Fundamentarea riguros ştiinţifică a acestei teorii s-a făcut însă de-abia în anul 1933 de către matematicianul A. N. Kolmogorov, care a dat o definiţie . axiomatică şi a legat noţiunea de probabilitate de teoria mulţimilor şi a măsurii, de matematica modernă. lntr-o perioadă relativ scurtă, ea s-a transformat dintr-'U,n simplu calcul al probabilităţilor de cîştig la jocurile de noroc într-o ştiinţă matură, bine închegată din punct de vedere logic şi cu o largă aplicabilitate, transformîndu-se într-o ştiinţă teoretică, schimbîndu-şi calitativ obiectul de cercetare. Primele aplicaţii efective ale teoriei probabilităţilor au fost legate de studii demografice şi asigurări. Mai tîrziu dezvoltarea teoriei probabilităţilor s-a făcut sub impulsul problemelor puse de fizică, chimie şi mai ales de ştiinţele tehnice. · Aceste ştiinţe, ca şi altele, Jac apel tot timpul la teoria probabiUtăţilor atunci cînd trebuie să interpreteze diverse rezultate experimentale sau înregistrări numerice, întrucît ea construieşte modele abstracte, ale căror mecanisme teoretice duc la aceleaşi rezultate numerice ca şi cele date de experienţă. 1ntrucît teoria probabilităţilor construieşte variate modele abstracte care pot servi, cel puţin ca punct de plecare, pentru interpretarea diverselor fenomene reale, asistăm la întrepătrunderea cu alte ştiinţe cum sînt mecanica, economia, biologia, lingvistica etc., generînd domenii noi de cercetare: mecani~a statistică, statistica economică, biologia matematică, lingvistica matematică etc. De asemenea asistăm la o puternică dezvoltare a teoriei probabilită_ţilor, constituindu-se noi ramuri cu importante aplicaţii în economie, cum sînt teoria siguranţei, controlul calităţii producţiei, teoria aşteptării, întreţinerea şi reînnoirea utilajelor, probleme de stocarea materialelor etc. Noţiunile de entropie şi cantitate de informaţie, fundamentale în cibernetică - se definesc de asemenea cu ajutorul reprezentărilor probabiliste. 1ntrucît teoria probabilităţilor a permis fundamentarea riguroasă a legilor statistice, legi care caracterizează o mulţime de fenomene elaborînd numeroase modele abstracte, ea îşi găseşte în prezent largi aplicaţii în studiul aspectelor cantitati-'!e ale legilor economice. Astfel problemele legate de planifiamplă şi multilaterală

6

PREFAŢA

carea economiei naţionale şi de evidenţă statistică, analiza cantitativă a reprosocialiste lărgite, întocmirea balanţelor inter-ramuri, planificarea proîn întreprinderi etc. sînt studiate astăzi utilizînd teoria probabilităţilor.· 1n culegerea de faţă sînt înserate numai probleme de teoria probabilită­ ţilor - fără a conţine exemple din statistica matematică. De asemenea sînt date aplicaţii în domeniile cele mai importante în care se utilizează pe scară din ce în ce mai largă metodele şi modelele probabiliste. Totodată primele capitole ale culegerii vor putea fi folosite în şcoala medie deoarece în curînd teoria probabilităţilor va fi înglobată în planul de învăţămînt al liceelor. . Capitolele culegerii sînt următoarele: evenimente, operaţii cu mulţimi, cîmpuri finite de probabilitate, funcţii şi densităţi de repartiţie, valori med# şi momente, legi limită, legea numerelor mari, convergenţa variabilelor aleatoare, funcţie caracteristică şi funcţie generatoare şi procese aleatoare. · Această nouă culegere este menită să constituie un îndreptar privind aplicaţiile, pentru toţi cei care stiediază sau se interesează de teoria probaducţiei ducţiei

bilităţilor.

AUTORII

TABLA DE MATERII

Cap. I. Evenimente. Operaţii cu mulţimi. • • • • • • • • • Cap. II. Ctmpuri de probabilitate. Probabilităţi condiţionate. Probabilităţi geometrice . • • • . . • • • • • . • . Cap. III. Funcţii de repartiţie. Densităţi de repartiţie. Cap. IV. Valori medii. Momente • . . • • . . . . Cap. V. Funcţii caracteristice. Funcţii generatoare Cap. VI. Şiruri de variabile aleatoare. Convergenţe . § 1. Legi limită. Legea numerelor mari • § 2. Tipuri de convergenţă • • . Cap. VII. Procese aleatoare • • • • • • • • • • •

9

23 115

199 295

... .. .

366 366 388

435

I EVENIMENTE. OPERATII CU MULTIMI ' ,

.t. Dintre studenţii prezenţi la cursul de ,, Teoria probabilităţilor'' se alege la întîmplare unul. Să notăm cu A evenimentul că ·studentul ales este băiat, cu B evenimentul că el nu fumează, iar cu C evenimentul că el locuieşte în cămin. Se cere: a) să se scrie evenimentul A B cc ; b) în ce condiţii are loc identitatea An B C = A ? c) cînd este adevărată relaţia cc C B? d) cînd va putea avea loc egalitatea A O = B ?, va avea loc dacă toţi băieţii fumează ? SOLUŢIE. a) A fost· ales un băiat care nu locuieşte în cămin şi care nu fumează. b) Are loc identitatea A B C = A cînd toţi băieţii locuiesc în cămin şi nici unul nu fumează. · . ·· · c) cc C B este adevărată cînd toţi fumătorii locuiesc în cămin. d) Are loc Ac= B cînd nic~ o fată nu fumează, iar toţi băieţii fumează. Egalitatea nu are loc dacă fumează toţi băieţii, căci pot fuma şi fetele. 2. O ţintă este formată d~n zece cercuri concentrice de rază r1,: (k · 1, _2, ••• • • • ' 10) cu '1 < r2 < ... < '10. . . . Evenimentul Ak constă în nimerirea cercului de_ rază rk. Să se expl(ce ce înseamnă evenimentele :

n n

n

n n

6

a) B

= U Ak;

c) D

k-1

= A5 d A 6 ;

10

= k=l n A1,:;

Aî n A2, SOLUŢIE. a) Evenimentul B constă în nimerirea cercului de rază r6 • b) Evenimentul C constă în nimerirea cercului de rază r1 • c) . Evenimentul D constă în nimerjrea coroanei determinată de cercurile de rază r5 şi r 6 • . . • d) EvenimentulE constă în nimerirea coroanei determinată de cercurile de rază r 1 şi r 2 • 3. Un muncitor a literat n piese. Să notăm cu Ai (i = l, 2, ... , n) evenimentul care constă în faptul că cea de a i piesă lucrată,·este defectă. Să se scrie următoarele evenimente: · a) nici una dintre piesele lucrate nu este defectă; b) C

d) E .

=

10

CULEGERE DE PROBLEME DE TEORIA

PROBABILITAŢILOR

cel puţin una dintre piesele lucrate este defectă ; numai, una dintre piesele lucrate este defectă; exact două piese sînt defecte ; cel puţ-in două piese nu sînt defecte; cel mult două piese sînt defecte ; SOLUŢIE. a) Dacă Ai (i = I, 2, ..• , n) este evenimentul că cea de a i piesă este defectă atunci Aî (i = I, 2, •.. , n) este evenimentul că cea de a i piesă nu este defectă. · În felul acesta evenimentul „nici una dintre piesele lucrate nu este defectă" se poa_te scrie Aî Ag A:. b) Evenimentul „cel puţin una dintre piesele lucrate este defectă" se· poate scrie A 1 U A 2 U . . . U An . c) Evenimentul „numai una dintre piesele lucrate este defectă" se poate scrie . b) c) d) e) f)

n n ... n

n

u

(Ar

n Ai n ... n Af-1 n A, n At+i n ... n A:).

i=l

d) Evenimentul „exact

două

piese sînt defecte" se poate scrie

u" (Atn .. ~ nA1-1nA,nAr+ln ... nA1-1nA,nAJ+1n ... nA:). i,f=l

i n (Ai n A~ n ... n AI-1 n Ai n ... n AZ-1 n Ak>

intersecţia

B,,, n Bk

=0

este

asociativă rezultă că

h =I= k (cazul h

dacă

> k se obţine prin simetrie). 00

n

=

Pentru partea a doua 1, 2, ...

să notăm

=U

cu B

rezultă că

n=

B,.. Cum B„ C An

1

B,;;A.

Reciproc, fie e.u e A; aceasta înseamnă că există un indice n e N• astfel încît e.u e A„ de unde urmează că e.u e B n şi deci A C B. Aşadar 00

00

UA,.=UB".

n=l

1O.

Să

n=l

se demonstreze următoarea egalitate : n

m

i=l

k=l

n

m

u A, - u Bk = u n SOLUŢIE. m

(A, - B k> .

i=l k=l

n

m

t=l

k=l

Fie e.u e U A, - U Bk ; atunci

rezultă că e.u e

n

U Ai

ş

i=l

U Bk simultan. Aceasta implică existenţa unui i e { 1, 2, ... , n} m astfel încît e.u e A, şi Cil r: U Bk sau încă, există un i astfel încît Cil e A, e.u r:

k=l

şi

k

=

Cll,r: Bk oricare ar fi k

= 1, 2, ... , m ceea ce

k=l

1, 2, ... , m

m

e.u e

şi

deci e.u e A, - Bk oricare ar fi

înseamnă că

n

k=l

tll

fl

(Ai - B"> ,;;

u n

i-=l k=l

(Ai - Bk>

adică n

u

Î=l

m

A, -

u

k=l

n

Bk c

m

u n

i-l k=l

{A, - Bk>.

OPERAŢII

EVENIMENTE.

Reciproc,

dacă

n

(I)

E

.

n

E

_1, ~ .. , m; deci

EA, - B1; oricare ar fi k

=

m

şi

1, 2, ... , m deci w EA,

we

şi eu e

Ai

B„ sau

Bk

încă

k-1

Cele

m

două

,n

n

u

(Ai - Bk) ~

u

Ai -

Î=l

incluziuni

obţ~nute

U

demonstrează

ne

= U (U

Ay

YE U J« «EL

SOLUŢIE.

YE U J« «EL

U Ay de unde. urmează

atunci

U«)a.eL CI unde I

Ay) •

există

U (U

că eu e

un indice

Ay) şi

deci

Ay. Urmează yEJ«

deci

yEJ«

cx EL

Cu

Eu (u «EL

există ex e

Ay}; yEJ«

L astfel încît w e U

de und.e

U (U

Ay)

«EL yEJ«

U

C 'YE

U

Dacă

LJ

cxEJ1 UJ1 UJ11

că eu e

Ay . dorită.

= {1, 2, 3} atunci, egalitatea de mai înainte A~= ( LJ Ace) U ( LJ Acx) U ( LJ Ace)• cxEJs

·13eJ

(cx,13)EixJ

devine

cxEJ3

12. Fie (Acx)cxEI şi (B13) 13EJ d~uă familii arbitra_re din avem egalitatea · .. { U A«) n ( L) B13) ~ U . (Acx n B~) . cxEI

A.,.

Jcx

L

cxEJ1

U

YE U J,x «EL

cxEL

incluziuni ne conduc la egalitatea

Observ aţi e.

2 - c. 310

astfel încît

«EL yEJ«

Fie acum

două

rp (Q),

propusă.

egalitatea

«EL yEJ« ·

U Ay ;

Fie w E

Bk.

k=l

11. Fie (A,),Ei o familie de mulţimi ~in L sînt familii de indicL Atunci avem

atunci

U

implică

k-1

i=-1 k=l

Cele

că w E

m

n

E

.

(Ai~ Bk), care

k=l

u n

(I)

. Bk)

U Ai - U Bk de unde deducem h•l

şi

li

m

u n (Ai i=l k=l

un indice i pentru care w

simultan oricare ar fi k n

e

m

rezultă că există că eu

MULŢIMI

. Cu

faptul

CU

rp (Q).

Atunci

SOLUŢIE. implică

care

;

Fie Ct> e (U

Acx) cxeI există ~ e I şi

urmează că Ct> E

n (U B13) ; atunci 13EJ ~ E

n B13) •

LJ

(Acx eixJ

J astfel încît

LJ Acx şi Ct> E LJ B~ ~ cxeI 13EJ E Acx Ba , de unde

Ct> E Ct)

n

Deci

n (U B13 ) c U (A« - Be3). (3EJ (oc,(3)eixJ E u (Acx n Br3), atunci există a E /, (oc,{3)EixJ

(U

A«)

cxeI

Fie acum

Ct)

n B13) de unde urmează că Ct> . (U Ace) n (U B13) care ne arată că ocel {3EJ

Ct> e (Aoc Ct)

e

U (Acx («,13)EixJ Cele

două

A«) X ( U B13) (3EJ

cxeI

de unde

(U

«EI

=

există

a

U

(A~ X

(«,13)ElxJ

«EI e I şi ~ e

X

J

(U

Ct)

astfel încît

LJ B13

e

13EJ

şi

deci

n (U B ). 13EJ 13

A«)

dorită.

ne dau egalitatea

Fie (Ct>, Ct>') e (U A«)

U Be3; deci

{3EJ

şi

rp (O') atunci avem

(U

Ct>' e

LJ Acx

oceI

este o familie de mulţimi din

(Acx)cxei mielţimi din

SOLUŢIE.

obţinute

incluziuni

13. Dacă familie de

n B 13) C

e

~ ej

Br3),

13EJ

rp (O)

şi {Ba)~eJ o

Ba) •

Atunci

Ct)

astfel încît (Ct>, Ct>')

e e

U· A«

«EI

şi

Acx X B 13 ~

urmează că

adică

Dacă

(Ct), Ct>') e

U

(oc,(3) eixJ

astfel încît (Ct), Ct>') e A« X Be3 • Ct>' e

şi

U B 13 deci

urmează că există a e I . Aceasta implică faptul că Ct> e

(Acx X B13 )

că

prin urmare

(Aoc

X

(cx,13) E:IxJ

Cele

două

U

«EI

~eJ

LJ

şi ~ e

incluziuni dovedesc

B13) C (U Acx) «EI

X

(LJ Bp) • f3EJ

ţgalitatea propusă.

Âcx

J şi

. · EVENIMENTE,

să

OPERAŢII

.. CU

··MULŢIMI

19

14. Fie !l şi !l' două mulţimi. Dacă A • n

b) Să presupunem că alegerile pe care le facem sînt independente. Atunci probabilitatea ca ambele numere să fie prime cu n este

P, = [ De aici

r.

urmează că

ql = 1 -

P, =

1- (

42

PROBABILITAŢILOR

CULEGERE DE PROBLEME DE TEORIA

... Se

co~stată .. imediat că

.. P(A 1 )

= p;

P(A 2) -

-:- (m -

P(A 3) De aici, P(A1

ţinînd

cont

că

.

=

n-1

~ i= o

kt 1) ! (k - m

+ 1) I

pm-1 nJ:-m~ t. '1

,

q p'i q'k-i.

Ai, A 2 , A3 sînt evenimente independente, avem

n. Â2 nAa) = P. (m. -

I .

n-1

·

k. 1) ! (k - ~

+

pm-1 qk-mH ~ 1) I · · 1=0

q p'i qm-1.

38„ Care este probabilitatea ca alegînd un număr natural n la întî~pla;e' c1tbul său să f ic terminat în 11. ·. ·' ' SOLUŢIE. Căutăm mai întîi să vedem cite numere dintr-o sută, au cubul terminat în 11. Fie numărul · : n = a0 • 10 Atunci

n3 . Se

obseFvă că

.

+ ~;

ag · 10 3 + 3 .·

a0 ,_

~1

102 ~ ~

= O, I, 2, •.. , 9.

+ 3 · IO · a ar + af. 0

ultimele, două cifre sînt date de partea 3 · IO · ~o

ar + aî . ·r:

Pentru ca acest număr să se termine în 11, trebuie mai îritîi ca a1 = apoi ca numărul 3 · 10 · a 0 I să fie terminat în 11 trebuie ca a 0 .= 7. Prin urmare, din prima_ sută de numere naturale unul singur are cubul terminat în 11 şi anume 71. · · D~~~ ac~m _luă_m. un 1:>,umăr oarecare. n,. el se _poate sc_rie în .bâza 10 astfel . . . . . . . . . :. . . . : . , . . . . . ,

+

n-2

n ~

=

.. ... ~

~ a1.;• l0n-k +.an...:1 .• lQ +an,

.

k=O

O, I. 2, 3, ... , 9;

a1.: -

I< k < n.

Notînd cu .

.n-2

.

,

A =· ~ ak• 10n-k

.

.

:

. 102(a~•·IOn-2

+ .·.·.· + a,,_2)'

k=O

observăm că î~ rţiaţia ·,

+ 3A 2(an-l • 10 + an) + 3A (~n-l • IO'+ ·an) 2 + (an-l ~ 10 + a ultimele doui cifre sînt date de exp~esiâ (an-i · IO + a~) n3 = A 3

3

•

11)

3

C!MPURI DE PROBABll.ITATE;

43

PROBAB~ITAŢI CONDIŢIONATE

... Deducem că numărul n 3 are cubul terminat în 11 dacă numărul format cu ultimele sale cifre are cubul terminat în 11 şi deci probabilitatea cerută este

p

·_1 .

100

39. Un lift urcă cu k persoane într-o clădire cu n etaje. Care est~ proba~ bilitatea ca la un etaj să coboare cel mult o persoană ? . ,. · • Caz particular n = 9, k = 5. SOLUŢIE. Vom presupune· că toate modurile de grupare a persqanelor în·lift -sînt egal probabile. Acum vom distinge două cazuri: -n < k şi n· k. Dacă n < k probabilitatea ca la un etaj să coboare cel mult- o persoană este nulă, întrucît numărul persoanelor depăşeşte numărul etajelor şi neapărat va trebui să coboare mai mult de o persoană la un etaj. Dacă n k atunci numărul de cazuri posibile este dat de numărul aplicaţiilor mulţimii {1, 2, ... , k} în mulţimea {1, 2, ... , n} care este dat de nk. : Numărul cazurilor favorabile. este dat de numărul aplicaţiilor lui {1, 2, ... , k} în {l, 2, ... , n} în care. fiecărui element din {1, 2, ... , k} îi corespunde un singur element din {1, 2, .. ~, n}. Numărul acestor aplicaţii este dat de A!. Deci

>

>

p În cazul particular n

= { ok dacă k > n, . -An d aca..., ·k ~n. / nk

= ·9,

·--= P = Ag 95 .

.

40. O

k •."""'."" ·5 obţţnem 9 _· 8 • 7 • 6 · 5 . . ·95·

rv_

Q, 256 _

urnă conţine n bile, numerotate de la· 1 lei n; se extrag sît.ccesi1l

pînă ce .urna rămîne goală. Spu,nem că avem coinc~de~ţă,. d~că extracţie bila extrasă poart!, pe eq, num~rul k. .. ·· .. Care este probabilitatea ca să nu avem nici o coincidenţă"?.

bilele

la a k ·

. SOLUŢIE. Numărul de ca_zuri posibile este evident ·n I . · .- · ... Numărul de·· cazuri în· care· o 'bilă· determinată nu· apare' la rangul respectiv este · · n ! -. (n - 1) ! ·· · ,·. · ! Pentru' a obtine numărul de cazuri în care două bile dete;minate nu apar: la rangurile respective, scădem; din expresia de mai înainte numărul de c~zuri în care două bile apar lfl, ra:µgul lor, adică scăd.em, .. • . .

. : .....

CULEGERE DE PROBLEME DE TEORIA

44

Aşadar numărul de cazuri în care una nici alta la rangul lor este

n ! - 2(n - I) !

PROBABILITAŢILOR

două

bile determiI?,ate nu sînt nici

+ (n -

2) !

Analog găsim numărul de cazuri în care trei bile determinate nµ ·apar Ja rangul lor ca fiind [(n - I)! - 2(n - 2) !

n ! - 2(n -1) I+ (n - 2) ! -

= care

+ (n -

3) I]=

1) ! + 3(n - 2) ! - (n - 3) !

n ! - 3(n -

Continuînd raţionamentul se vede imediat bile determinate nu apar la rangul lor este

că numărul

cazurilor în

I,,

n ! - h(n - I)! Rezultă

acum

că

+ l,(J,2~

c! (n -

nI-

(n - 2) I

+ ... + (-I)h (n -

probabilitatea ca nici o

ei este

pn =

l)

1) I

bilă să

+ c; (n-2) J + •••+ (-

l)n

nu

c: (n -

k) I

apară

la rangul

n) I _

ni

=

+-1 __ l + •..

l __ l li

Se

constată

Pentru n

=9

imediat

21

+ (-l)n •

31

ni

că

obţinem

P9

= 0,3678792

în care e- 1

deci lim Pn

diferă

de P 9 cu mai

=

0,36787944 •.•

puţin

de 10-s.

n➔ ao

Acest lucru ne permite să afirmăm că pentru valori ale lui n probabilitatea P n este sensibil independentă de n.

41. Doi

>

9,

trăgători A şi B trag asupra unei ţinte în aceleaşi condiţii.

Probabilităţile obţinerii

punctelor O, 1, 2, ... , 10 pentru fiecare

trăgător

sînt date de tabela :

!0!1!21314151

Numlrul de puncte realizate

6

I I I I10 7

8

9

Probabilităţile

pentru

trăgătorul

A

0,02 0,03 0,05 0,1 0,15 0,2 0,2 0,1 0,09 0,05 0,03

Probabilităţile

pentru

trăgAtonil

B

0,01 0,01 0,04 0,1 0,25 0,3 0,18 0,05 0,03 0,02 0,01

ClMPURI DE PROBABILITATE.

Să se decidă care trăgător este mai bun. SOLUŢIE. Pentru a vedea care trăgător este mai numărul mediu de puncte realizate dintr-o dată pentru gătorii A şi B. ·

Dacă notăm

cu M.tl.

şi

45

PROBABILITAŢI CONDIŢIONATE

bun vom calcula fiecare dintre trătrăgătorul

MB valoarea medie pentru

A res-

pectiv B, avem

+ O, 1 · 3 + O, 15 · 4 + 0,2 · 5 + + 0,2 · 6 + O, 1 · 7 + 0,09 · 8 + 0,05 · 9 + 0,03 · 10 = 5,24 ; MB = 0,01 · O + 0,01 · 1 + 0,04 · 2 + O, 1 · 3 + 0,25 · 4 + 0,3 · 5 + + o, 18 · 6 + 0,05 · 7 + 0,03 · 8 + 0,02 · 9 + 0,01 · 10 = 4,84. =

M .t1

0,02 · O + 0,03 · 1 + 0,05 · 2

Cum MA B.

trăgătorul

> MB tragem concluzia că

trăgătorul

A este mai bun decît

42. Să se găsească probabilitatea ca un număr natural mai mic sau egal cu 1 OOO, luat la întîmplare, să fie puterea întreagă (cu exponent mai mare decît 1) a unui alt număr natural. SOLUŢIE. Prin cuvintul „la întîmplare" vom înţelege că apariţia oricărui număr de la 1 pînă la 1 OOO este considerată egal probabilă. Căutăm acum printre cele 1 OOO de numere între 1 şi 1 OOO puteri ale lui 2. Aceste numere sînt: 22, 2 3, 24 , 25, 2 6, 2 7, 28 , 2 9 • Probabilitatea ca numărul să fie.o putere întreagă a lui 2 este 1 : • 00 În mod analog probabilitatea ca numărul căutat să fie o putere întreagă a lui 3, 5, 6, 7, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 17, 18, 19, 20, 21, 22, 23, 24, 26, 28, 29, 30, 31, (dacă numărul ar fi putere întreagă a lui 4, 8, 9, 16, 25 sau 27, atunci el ar fi şi o putere întreagă a unui număr mai mic si de aceea nu mai luăm în consideraţie aceste numere) este respectiv ' 5 3 2 2 1 1 --, --, --, --, --, ... ' --· 1 OOO 1 OOO 1 OOO 1 OOO 1 OOO 1 OOO Consideraţiile 9

2




1 - 82

-

1

-

(X

81

demonstrată.

72. Pentru k (1 ~ k ~ m) dat, să notăm cui" acea valoare a indicelui i i ~ n) pentru care R (A.t B.k) ia valoarea maximă. Suma

=

p

"'

n

b

~ p (Ai Bk)

k=-1 , .. 1 i;ţ:k

reprezintă

probabilitatea de apariţie a unei astjel de perechi A, B k în care A, nu este unul din evenimentele cele mai probabile ale cîmpului A pentru evenimentul Bk dat în cîmpul B. Evident, se poate scrie p

=

p (i =I= i1c)•

Evenimentul cel mai probabil al cîmpului A, pentru B1r dat va fi A,1:. 1) dat se poate asocia Jiecăriti Ai (1 ~ i ~ n) o astfel încît

Dacă pentru e (O< e < mulţime Â; de evenimente Bk,

P(Â, Â;) =0, .(i=/=i) PA. (Â,) > 1 - e, (1 ,- ~

~

"hal BA:E.âi

.5 - c. 819

+ B1cE.6.o ~ P (Aik Bk) >,

p (A,k B,.:).

66

CULEGERE DE: PROBLEME DE TEORIA

PROBABILITAŢILOR

Ţinînd seama de definiţia indicelui 'i1c, partea dreaptă a inegalităţii de mai înainte poate fi micşorată, dacă în fiecare termen al sumei se schimbă indicele -lk cu oricare alt indice din şirul 1, 2, ... , n. De aceea n

n

1- P ~~

~

p (A, B,.)

=

''."1 ~kEâi

~ P (A, Âi)

-

i=l

n

t p (Ai) PA' (Âi) > ,-1 (1 - e) t P (Ai) = 1 -

=

n

>

·i=l

e.

rezultă că

De unde

P

1, avem

HB (A)< P lg (n - 1) - P lg P - (1 - P) lg (1 - P). SOLUŢIE.

Vom considera

funcţia convexă

f (x)·= x lg x,

x > O.

Avem

HB(A)

=-

~

p (Bk) tf(PBk (Ai))= H1

+ H2

k

unde

însă

şi

luînd Âk

=

P (B,J, xk

=

PB1c (A,,) 1- P

=

şi ţinînd

seama de faptul

că

m

~ P (Aik B1c) k•l

obţinem

H1 =

- ~k Â1J

= - f (~

= - f (1

(xk)

1)

p. - (2, 2)

= ~.. ~.

P(~ 3 > 1)

=

9

PF.,.F.,

= 1-

(2, 2)

P(~~~ 1)

911

=

1 - 1811 -

60

l _

~ 60

şi

deci

1

4-

71

CIMPURI DE PROBABILITATE. PROBABll,ITAŢI CONDIŢIONATE

Să

77. Fie A 1 , A 2, se arate că ·

••• ,

A,.,, k evenimente într-un spaţiu de probabilitate.

~ p (Z1UZ2U ... IJZk)

=

2r.: - 1

mide suma este luată asupra tuturor celor 2"' şiruri posibile distincte astfel ca Z 1 este oricare A 1 sau AJ (j = 1, 2, ... , k). SOLUŢIE. Fie E, o stare din cele 2"' evenimente menţionate în problemă, şi fie Ef evenimentul complementar lui E,. Atunci ~ {P (E;) i

+ P (En}

=

2".

Cumevenimentulcomplementa~luiA 1 UA 2 U ... UA„ esteAfnA~n ... . . • nAt şi la fel pentru celelalte, Ef sînt distincte şi împreună formează întregul spaţiu de probabilitate, astfel că . ~ P (Eî) I

=

P (UEO i

=

1,

de unde ~ p (E;) ;

.= 2"' -

1.

78. Cuvîntul „vectorial" este format din litere izolate scrise pe

cartonaşe.

A mestecăm aceste

cartonaşe, diepă altul. Să

apoi extragem din ele pe rînd patrie, pe care le aşezăm imul se afle probabilitatea de a obţine cievîntul „voce". SOLUŢIE. Să notăm cu A1 evenimentul care constă în faptul că prima literă extrasă este v, cu A 2 evenimenul că a doua literă extrasă este o, cu A 3 evenimentul că a treia literă extrasă este c şi cu A 4 evenimentul că a patra literă extrasă este e. Evenimentul care ne interesează este A1 n A 2 n As n A 4• Atunci avem egalitatea

P (A1 nA 2 nA 3 nA 4) însă

=

P (A 1 ) P.J, (A 2) P.,,,nA: (A 3) P.A,n.4,n.A, (A 4).

CULEGERE DE PROBLEME DE TEORIA

72

PROBABILITAŢILOR

79. · Şase vînători au zărit o vulpe şi au tras simultan. Presupunem că la distanţa respectivă, fiecare vînător nimereşte Î1t mod obişnuit vulpea şi o udde cit probabilitatea 1/3. Să se afle probabilitatea ca vulpea să fie ucisă. SOLUŢIE. Notăm cu A1, A 2 , ••• , A 6 evenimentele ce constau în.faptul că primul vînător, al doilea, ... , şi al şaselea vînător a nimerit şi ucis vulpea. Din condiţiile problemei avem

= 31 ,

P (Ai) Dacă notăm

1 ~i~6. să

cu V evenimentul ca vulpea

fie

ucisă,

atunci

o

V= UA,,

•-1 =

P (V) Însă

2

=3

vc =

1 - P (Vc).

n A~ n ... n Ai.

Aî

Cum evenimentele Aî, AL .•• I Ag sînt independente , 1 ~. i ~ 6, rezultă imediat că

p (V)

=

(~)e =

1-

3

şi

p (An=

665 •

729

80. Fie ţ o variabilă aleatoare care poate lzta valorile 1, 2, ... , n. Probabilitatea ca variabila aleatoare ţ să ia valoarea j, 1 ~ j ~ n este proporţională cu j. Se cere: a) să se determine P (ţ = j), 1 ~j ~ n; b) să se calculeze P (ţ = 1/ţ = 1 sa·1t ţ = n). SOLUŢIE. Din condiţiile problemei rezultă că avem P

Din

(ţ

= j) = k•j

(k factorul de

proporţionalitate).

condiţia

" p

~

(ţ =j)

i=l

deducem valoarea constantei k,

t

kj . k

1=1

şi

t

=1

anume

j .

kn (,~ + 1)

=

1.

1=1

Deci

P (ţ = j) = . • •

2

·j

• 11

(n

+ 1)

• ·

·1 ~ j ~ n .

ClMPURI DE PROBABILITATE. PROBABIT,ITAŢI CONDIŢIONATE

73

b) Din

P (ţ

=

1/E.

=

1 sau ţ

=

n)

=

P (~

=

P (~ = 1 sau

l) ~

= n)

deducem

P (ţ nevoie

= 1/ ţ =

1 sau ţ

=

O b se r v a ţ ie. Pentru aflarea probabilităţii să ştim factorul de proporţionalitate.

n)

1 = -l+n -

condiţionate

•

de la punctul b) nu este

81. Doi ju,cători 4 şi B sînt într-un conciws care constă din mai multe partide. O partidă poate fi cîştigată de jucătoriel A cit probabilitatea p, sau de jitcătornl B cu probabilitatea q sau se poate termina nedecis cu probabilitatea r = 1 -P - q. Concursul ia sfîrşit cînd jucătorul A a cîştigat h partide sau cînd jucă­ torul B a cîştigat k partide. Să se determine probabilitatea ca acest concurs, să se termine la a n-a partidă dînd cîştig jucătorului A. SOLUŢIE. Determinăm mai întîi probabilitatea ca jocul să se termine la a n-a partidă dînd cîştig jucătorului A, în ipoteza că jucătorul Ba cîştigat x partide. Prin ipoteză jucătorul A cîştigă partida a n-a cu probabilitatea p. Relativ la primele n - ) partide ştim că h - 1 sînt cîştigate de jucătorul A, x partide de jucătorul B şi n - h - x sînt partide nule. Probabilitatea acestui eveniment este (n - 1) I ph-1 q"' r n-h-Z. P n (,il - 1, X,. p, q, ..., ) = . (/1 -

Probabilitatea pentru ca jocul A, este

1) I X I (n - ,, - x) I

să

se termine la a

cîştig jucătorului

(11 - 1) I (/1- I) Ix I (n-h-x) !

Probabilitatea ca A este

să

jucătorului

mln (k-1, n-hJ

~

:z:-o

82. Trei

.

n-a

partidă

dînd

ph q"' rn-1'-z.

se termine concursul la a n-a · (n - I) I (/1 - 1) I x I (n - /1 - x) I

partidă

dînd

cîştig

ph q:z: rn-h-:z:.

jucători A, B, C joacă împreună în următoarele cond#ii:

joacă mai întîi A cu B, iar C nit participă la joc. Cel care pierde iese din joc şi este înlocuit de C. De asemenea, după fiecare partidă, cel care pierde este înlocuit cu jucătorul care nu a participat la joc. Jocul ia sfirşit cînd im jucător cîştigă

de

două

ori consecutiv. Ştiind că probabilitatea de cîştig a unei partide este de ..!. pentru fiecare 2

jucător, să

se calculeze probabilitatea ca jocul

să

se termine în n partide.

74

CULEGERE DE PROBLEME DE TEORIA

PROBABILITAŢILOR

SOLUŢIE. Probabilităţile ca jocul să se termine la partida a doua, a treia, a patra, ... , a ·n-a, sînt respectiv

căci există

la fiecare partidă o şansă din două pentru ca jocul să se termine. Probabilitatea relativă la o partidă este deci jumătate din probabilitatea relativă la partida precedentă. Probabilitatea ca jocul să se termine în n partide este 1

1

2+

1

22

+ •••+ 211-1 =

De aici urmează imediat în n partide este egală cu

că

2n-1_ 1 2n-1 •

probabilitatea ca jocul

2 11 - 1 -1

să

nu se termine

1

1 -211-1 - - =211-1 -·

Probabilitatea ca

jucătorul

1 22

C să cîştige jocul în final este : 1

1

1

4

+ 26 + 28 + 2 + . . . = 14 . 11

Probabilitatea ca jucătorul A să cîştige jocul în final este probabilitatea ca să cîştige în final jucătorul B şi este egală cu

egală

t

4

cu

•

iernă se află l bile numerotate 1, ,2 ... , l. Din urnă se fac punîndu-se de fiecare dată bila extrasă la loc în urnă. Care este probabilitatea ca după n extracţii suma numerelor extrase să fie egală cie k ~ SOLUŢIE. Numărul tuturor cazurilor posibile este ln, pentru că la fiecare extracţie avem l posibilităţi. Numărul cazurilor favorabile este dat de numărul modurilor de a forma o sumă egală cu k din n numere mai mici decît l + 1. Această sumă este dată de coeficientul lui x" din dezvoltarea lui

83. 1ntr-o

extracţii

+ x + ... + x't• - xi) 1 _ -x(l X --~ + X 2 + ••• + X (x

Cum

însă

2

1-x

putem

să

scriem (x + x2

+ ... + x = 1 )"

(l)

x" (1 - x1)" (1 - x)- 11 •

Dar . (1 -

x't =

1-

x'

...!!.._ 1.1.

+ n (11 -

21

I) x21 -

"(11 - 1) (11 - 2) ......· 31

xai + .

...

CIMPURI DE PROBABILITATE. PROBABILITAŢI CONDIŢIONATE

75

şi

(l _ xt"

= 1 +~ x + 11

11

+

+

x2

(11 1) 21

11

(11

+ 1) (11 + 2) 31

.x:i

+ ...

Va trebui să căutăm suma coeficienţilor lui .xk în dezvoltarea (1) sau aceea a coeficienţilor lui x"'-n în produsul celor două serii scrise mai înainte. Primului coeficient din prima serie îi corespunde coeficientul lui :,r!-n din a doua serie, celui de al doilea coeficient din prima serie îi corespunde coeficientul lui .xk•- 11 - 1 din a doua serie etc. Coeficientul care ne interesează are deci valoarea 11

(11 +I) ... (k-1)

11

+

11

(11

+ 1) ... (k -

11

(k - 11) 1

(11 - 1) •

11

(k -

(11

11 -

+ 1) ... (k (k -

21

11 -

l - 1)

+

l) I

2l - 1) •

21) I

Seria se continuă atîta timp cît factorii ce intervin în rapoartele de mai înainte rămî~ pozitivi. Ca să aflăm probabilitatea nu avem decît să împărţim suma obţinută la l".

84. Într-o iernă există a bile albe şi b bile negre. Se cere să se determine probabilitatea ca în trei extracţii succesive, fără a pmte bila înapoi în urnă, să extragem numai bile albe. SOLUŢIE. Să notăm cu A1 , A 2 , A 3 evenimentele care constau în faptul că în cele trei extracţii am obţinut bile albe. Atunci p (A1

n A2 n Â3) =

p (A1) p (A2f A1) p (A3/A1

Însă

p (A1)

= _a_, a+b a-l

p (A2/A1) = - - , a+b-1

iar

şi

deci

n A2)-

CULEGERE DE PROBLEME DE TEORIA

76

PROBABILITAŢILOR

O b s c r v a ţ i c. Dacă din urnă se extrag n bile una. cito una atunci probabilitatea. ca primele k bile extra.se să fie albe este

extrasă,

P (A1 a (a -

a so lnapoia bila. de

n A2 n .. •n Ak n Ai+1 n •••n A~J = + 1) b (b -

1) • • • (a - k (a

fără dată

+ b) (a +

b-

1) • • • (b -

1) • • • (a

+b -

11

+k -

1)

+ 1)

11

85. Se repartizează la întîmplare r bile în 1t itrne. Să se afle probabilitatea ca m urne să rămînă goale (O< m < n). SOLUŢIE. Să presupunem că am numerotat urnele de 1 la n, şi fie A1: evenimentul_ că urna cu numărul k este goală (k = 1, 2, ... , n). Notăm cu Pi = p (Ai), PH= p (A1 n A;), Pu1: = p (A1 n Ai n A1,) etc. Dar P (Ai) dacă o scriem ca raportul dintre numărul cazurilor favorabile pe cele posibile este

Pi = P (Ai)

=

~ -n• lJ'

·=

(1 - ~)', i = 1, 2, ... , n. n

Analog (n-2)' Pu = P (A j n A J) = --

n'

. • = (1 - -n2 )' • i O şi un întreg n > 1. Să se arate că există im şir de evenimente (E;) 1~ 1~n C Bco. 11 disjuncte două cite două astfel încît E

LJ E,

=

şi

P (E,)

=

P (E) ,

l=l

SOLUŢIE.

Fie C1 , marginea .{ x

i

=

1, 2, ... , n.

li

>

inferioară

O; P (E

n

a

mulţimii

[O, .x)) ¾ P ~E)

} •

1

Atunci dacă {dk} este un şir strict crescător de numere pozitive convergent către C1 şi {da un şir de numere strict descrescător de numere pozitive convergent către C1 , avem E Să luăm

n [O,

dk) C E

n [O, C1J C E n [O,

di)-

probabilitatea acestei incluziuni

P(E

n

P(E)

[O, dk)) ¾ - , li

k

=

1, 2, 3, ...

'

CULEGERE DE PROBLEME DE TEORIA PROBABILITAŢILOR

80 şi

P (E

n [O,

d~))

>

P(E),

n

k

=

1, 2, 3, ...

Însă

P (E

n [O, C

1 )) -:--

sup P (E k

n [O, dk)) = inf P (E n [O, dm k

de unde

P (E

P(E) n [O, C1)) = ---· ?J

Prin inducţie se poate acum construi C,, i încît O = C0 < C1 < ... < C,1

=

O, 1, 2, .•. , n astfel

şi

P (E

n [C,_1 ,

C,))

P(E) =--, 1,

i

=

1, 2, ... , n.

i

=

1, 2, 3, • • • I n,

Punem acum Se

observă

imediat

că

evenimentele E, satisfac

condiţiile

problemei.

90. Fie o serie de probe independente cu reziiltatele fiecărei probe evenimente într-un spaţiu de selecţie dat (fixat). Fie E 1 , E 2 , ••• , Em, B, m + 1 evenimente w B disjitnct de fiecare E,. Care este probabilitatea ca toate evenimentele E, să se întîmple înainte ca B să aibă loc? SOLUŢm. Fie Af (A!, ... , A;,., B', respectiv) evenimentul ca E 1 (E 2, ••• , Em, B, respectiv) să nu se producă în primele i probe. Fie B,+1 evenimentul : ,,B se produce în proba i + 1" şi fie F.+1 evenimentul (Al U At U ... U A;,.) B' B,+1, unde i = 1, 2, ... Fie F 1 = = B1 . Astfel F, este evenimentul ca B să se producă în primele i probe şi E 1 , ••• , Em să nu se fi produs încă. Mai tîrziu ne vom referi la F, ca să nu se producă în experienţa i. Probabilitatea P(F), ca _B să se producă înaintea tuturor evenimentelor E,, eveniment la care ne referim ca la o nereuşită,

co

este~ P (FH1).

Soluţia

problemei va fi

'=O

1 - P (F). Luînd Ai U A~ U

U A!= A', se vede

că

P (F.+1) = P (A' B' BH1) = P (A' B') P (B,+1) = P (A' B 1) ·P (B)

unde a doua egalitate urmează deoarece evenimentul care se produce în proba i + 1 este stochastic independent de toate evenimentele, astfel că A' B', se produc în primele i probe.

CIMPURI DE PROBABILITATE. PROBABILITAŢI CONDIŢIONATE

Rămîne să calculăm P (A'

P (A' B')

=

P(LJ Al B')

=t

ko 1

t

=

B 1). Pentru i

~ 1.

t

P (At B') -

81

P (A1, At B

1 )

+ ... =

1: 1 a 2 > ... > an-t• Pentru a obţine informaţia iniţială, în fiecare sistem trebuie să întoarcem la început x cartonaşe. Un sistem care se opreşte cînd ultimul număr nu este mai mare ca precedentele este un sistem defectuos, deoarece SOLUŢIE.

O -

o.

310

CULEGERE DE PROBLEME DE TEORIA

112

PROl3Al3Il,ITAŢILOR

continuînd dă o probabilitate mai mare de reuşită. De aceea continuăm pînă cînd întîlnim (să spunem după k cartonaşe) un număr mai mare decît toate cele dinainte. Atunci ne oprim. Dacă nu ne oprim este acelaşi lucru ca şi cînd aş înlocui pe x prin x' = x k, de altfel urmînd acelaşi sistem. Fie A mulţimea de numere de pe x cartonaşe întoarse şi B mulţimea de numere de pe cele n - x cartonaşe ·rămase. Fie

+

P, = P

(a 0 , a 1,

,a,_1 eB

•••

şi

a 1 eA); i

=

1, 2, ... , n -

Dacă a0 , a 1 , ••• , a,_ 1 e B, atunci probabilitatea ca pe primul dintre ele este 1/i. Deci '

w

P (reuşita) .

=

fl-.,1

~

i=l

•

să

1.

întîlnim pe a0

Pili = - - •-+ 11-l 11 -

X

X

11

(11 - X) 1) + -2} . ---------'-• - -2 + ... = 1) (11 -

X -

X

11(11 -

11 -

1 ( 1-X) ( 1 - -X-) --+ -+1 2 ·'' 1 2

X [( 1 - X) . -11. =11

=-

11

,11 -

11 -

11 11 -

Punînd x/n = y şi trecînd la limită pentru n ~ oo y ln y. Această funcţie are maximul pentru dP/dy-:-- - 1 - ln y

=

O sau y

găsim

]

••..

P

.

(reuşită)

=

1 = -· e

Deci, întoarcem 368 cartonaşe şi notăm cu m cel mai mare întreg de pe ele. Continuăm acum, oprindu-ne cu primul cartonaş ce depăşeşte pe m. Probabilitatea de reuşită este 0,368. Există o probabilitate finită şi ad1'.Uvă pe mulţimea tutiiror submulde întregi pozitivi care ataşează probabilitatea zero m·ulţimilor finite? SOLUŢIE. Există. Construim măsura P în felul următor. Fie v(B) numărul elementelor din mulţimea B. Definim şirul {P,. (B)} 1~,.

1

să

CONDIŢIONATE

85

că

se arate

(max ..!_~~) = Il (1 - p). P (max f.... = .!:) ·-= Il (1 - p) + ~ Il (1 - ~), P

S

S

b

b

2

P

unde p sînt zerourile lui za+b - 2zi SoLUŢm. Pentru fiecare n

Pn = P ( F

P

p

P

+ 1 sitieate în Iz I ~ 1.

> O,

~as:"

definim

întotdeauna)·

>

Introducînd restricţia n b şi considerînd cele două alternative prima aruncare este faţa sau prima aruncare este stema, obţinem I

I

Pn = 2 P11-b + 2 Pn+a, şi

n

>b

(1)


1,

b.

cînd n-+ oo.

Dacă

intro-

x" putem spune:

n=O

f (x) este analitică pentru Ix I < 1 şi

(3)

(1 - x) f (x) -+ 1, cînd x -+ 1.

Formăm (1 + x 0 +b - 2x f (x) şi considerăm coeficientul lui x"'. Pentru n < a coeficientul lui x" este Pn ; pentru a ~ n < a + b, coeficientul este p,. - 2Pn-a care după (2) este zero şi pentru n a + b coeficientul este p11 + Pn-a-b - 2p,._ 0 care este zero după (1). Astfel avem (4) (1 + x 0 +b-2x 0 ) f (x) = :E P.,x". 0

)

>

R 1. 0

ax).

a

+ 1 i:lin Iz I
- 1 . .

în (6), pentru t >- 1, avem l i·

(o

/(t)

. ix1' t

• (

=-IX1_· •

~

tI.

)' (1-1)/2

IX1

•/(0),

(10)

'

şi

6~ ( )' (l-1)/2 ·: · . g (t)· == -· ~ •g (O). · .t

Dacă /(t) este dată de dacă g (t) urmare ( ..

I

(11)

a: 2

~ /(t) este '~~nverge~tă numai d~c~ 'd:~ ~ 1 şi este dată de (11), i; g (t) este c~nvergentă numai dacă~~ 1. Prin

r,:1

=

(10),

·. ' , I =O

.

IX1

1=0

°'2

o,; 2 •

Din (9), re'zultă

a., t ~ 1

r,: 1 ·

f(t) ':';

= ·.

(Oa:)I t-1 .

şi

.

·/(O), g(t) ~-.

= ~ •g(O)"•.. .. tl

'

Din ""

~

""

J (t) =

t=O

lt

rezultă

.-: ' :' ·1 =/(O)

f l=O,

~ g (t)

(Oa:)'. 1~-J(O) tI

mi

51

l=O

tI

1 =g(O) ~ -

,4e unde •.• şi

f(O)

=

= 1,

1=0

· e0"

···

= g(O) ·e0 ,

e-o"' şi g (O)

= e- 6 ,

deci

f(t)

= .(Oa:)' • e- 0x şi tI . _

g (t}

=~ e- 0• tI

·.

FUNCŢII

54. Fie ~1 Cauclty:

fF.

•

~I!

şi

două varfrtbile aleatoare independente c1t ·repartiţia

= n (1 + x şi 1

(.x)

REPARTIŢIE

DE

3)

ft (y) •

= n (1 1+ y

3)

calculeze densitatea de rel>arti!ie a vari'abilei ~1 + ~2 • 2 SOLUŢIE.

şi ţinînd

Fie lt (1t) densitatea de

că

seama

rezultă

/1

şi

lt(1e)

repartiţi~

< x, y
O.

FUNCŢll

DE

REPARTIŢIE

100

b) Analog de unde

57. Fie I; o variabilă aleatoare care iermează o lege de repartiţie uniformă intervalfll [O, 1]. Să se determfoe de11sitatea de probabilitate corespunzătoare variabt'.lelor aleatoare: a) et,

Î1t

+

b) 2~ c) 2~2 SOLUŢIE.

funcţia

de

repartiţie

este

Fdx)

=

Atun:i, fie

dată

dacă

1

dacă

dacă

'll

~

este :

de

O x

I

a variabilei

dacă xe [O, l], dacă x 11: [O, l],

={1 O

iar

+ 1.

repartiţie

a) Densitatea de . fdx)

1,

x e (-ex,, O] x e [O, 1], x e [1, +ex,),

= e~.

Anm F~fy) r.t•zultă.

= P("IJ =

r -2

a2

-2:-2 e-

20 •,

x e (O, oo).

Fie f8 (y) densitatea de repartiţie a variabilei 8 (8

=-

(y) =

r.

r: /(

zfF. (z)

f.,,

=.I. lJ

(z) J.,, (y ·z) IZ I d? ·=

(y,z) dz

+

r

zfF. (z)

f.,,

(yz) dz,

Atunci

1112

PROBABILITAŢILOR

CULEGERE DE PROBLEME DEJ TEORIA

Cum

~ şi

"li sînt repartizate normal cu m1 = m2 = O şi a 1

rezultă că

.

.

f 8 (y)

1 = - - ~o 21t a 2

:I

:t

111 :2

'

_..,

·•

111 :t

I }'"' + -ze - -;;;, • e21ta 8

ze - 2oi • e- •9o• dz

= a2 =

Tai""

• dz

0

.

1 ~ ... = -2- ~... ze --i,(1+11•1 • dz = - - - e-z dx, 0

o

21ta2

7t

+ y2)

(I

o

de unde 1

/s(y) · ·

(1

'lt

Funcţia

de

repartiţie

=

F (1t, v)

= ·- -~~

+ y2)

~ şi

a :variabilelor

.Jr:.(.x) f.,._(!)

8 este

= .fa ( ~2· + ~~ < u,

8 < v)

< 1t,

P (~

y e (-oo, oo).

,

~~ dy.

.,

2:

v'

:r:i

~~

ai

.

e-

_20•

O.

. FUNCŢil .DE

REPARTIŢIE

.

lllt

79. Fie. Xi,· Xz, ••• ,.xn abscisele an p°uncte aleatoare lv/1, lv/2, ... , Mn l1tate arbitrar şi independent, pe segmentul (O, 1). Dacă Y este ltmgimea cel1ti mai m1·c hiterval dintre cele (n+ 1) intervale determinate pe (O, 1) de cele n puncte să se afle P (Y < -r). SOLUŢIE. Punctele M 1 , M 2 , ••• , M„ pot fi dispuse pe segmentul (O, 1) în n ! moduri. Fie 0 1 , 0 2, ••• , O,, ..• , O„ 1 aceste diferite moduri de dispunere, unde 0 1 corespunde cazului X1

< X2 < ,,• < xi
-r) şi avem

condiţionată

<
-r) =

Po, (Y Să

P (01 ; y > -r) p (01)

punem ... , z,.

= ~n -

x,._1 -

't' '.

<
T ; D' este domeniul corespunzător pentru punctul R. Obţinem aşa dar p (01; y >T) = V (D')*) Din condiţiile ce definesc pe D : o ~ X1 ~ Xg ~ ••• ~ x, ~ x,+1 ~ ••• ~ Xn ~ 1 { Y>T urmează condiţiile ce definesc pe D' :

z! > O,

l

I; ,~1

ZJ

1 ~j ~ n

< 1-

(n

+ 1)

T,

Rezultă că domeniul D' este în spaţiul E~ un „tetraedru" regulat cu feţele perpendiculare, de înălţime [1 - (n + 1) T], cu vîrful în originea coordonatelor şi a cărui bază este în planul de ecuaţie n

t

ZJ

=

1 - (n

+ 1) T.

1=1

Urmează că

volumul lui D' este 1 - [1 - (n 11I

de unde se deduce

+ l)T]\

că

Po;(Y >-r) = Po,(Y >T) = [1- (n şi

+ l)T]n

deci nI

t

P (Y >T) =

P (O,) Po 1 (Y >T) = [1 - (n

+ l)T]\

i~l

care

rezolvă

problema, întrucît P(Y

80.

Să


-r).

se arate că dacă două variabile aleatoare "IJ şi ~ urmează o lege (nii, o-1 ; m2 , o-2 ; p) atunci variabila aleatoare

normală bidimensională

~=l (3

·ttrmează

o lege de probabilitate de tip Caieclty, cit densitatea /;, (x)

=

V ~ a1a2 1"

.zende C este o

constantă,

") V(D') \"Olumul -

[aiX~

e-

0

+ 2pal a2 x+ an

?'.ar_ (x) o fiencţie

domeniului D'.

[l

+ (x)],

mărginită.

FUNCŢII

SOLUŢIE.

f (y, z)

şi

193

11-m, ., (11-m,) (:-m,> + ("-'"•)2] - -1 - [( - )2 -.p 7 I = ----------e :i u-P'> o, a,

densitatea de repartiţie Atunci se ştie că

=

REPARTIŢIE

Fie

2 n-111112

F~ (x)

DE

P (.2!.... < 13

VI -

bidimensională

a variabilei (lJ, ~).

x) = Jo('"' L.., (""' / (y, z) dy dz + l L.., J... 0

("" /

f

(y, z) dy dz

obţinem

derivînd în raport cu x

/F. (x) =

0,01

p2

zf (zx, x) dz - (.., zf (zx, x) dz.

Deci

fdx)

I = ---= =[ ~ 2n-a1a2

Se

Vl

-

p~

oo

- -I -

[( 0::-1111 )2

ze 2 u-P'>

-a,

(z:-1111)(:t:-111,) -2p-~--~

o,o,

(:-m,)2]

+ -

a,

dz-

o

1) (zz-111 2) + (z-m1)2] O ze -,-1 -. [(~)2 _2P(zz-ma,a, ] .! (1-p-) a, o, dz , ~-oo

observă că

x: _ 2P 2-_ [ a, 1110"2

Să notăm

expresia de la exponent se poate scrie

+ -ţ ] z2_ a,

2P [

1111: ai

+ m1 + "'2-" 1110"2

p

+ ,n

: ]

z

+

11 0

cu

observă de asemenea că forma pătratică în z de mai înainte este pentru toate valorile lui x şi z cu excepţia cazului xz - mi = O, z - m2 = O, ceea ce revine la cazul x = mi şi z = m2 •

Se

pozitivă

ffl1

li-o. BlD

104

PROBABILITAŢILOR

CULEGERE DE PROBLEME DE TEORIA

Deci pentru x

. -"'1 , iar pent ru x

=I=

= -"'1 "'•

"'•

se anu Iează.

Notînd 1 - -- A

2 (1 -

se

p2)

1

1

I

= A · - -- 2B = B · - -- 2C1 =C ' 2 (1 -

p)

l

2 (1 - p )

'

'

obţine

!F. (x) = Cum

1__

(""o ze-

O,

există

toţi

Ne, astfel încît pentru

n

>

Ne,

F (x 11 + L + O) < F(x0 + L + O) + ....!.. 2

şi

F(x 11

>

O)

-

F(x0

-

f•

O) -

. Decţ ~(x0 -f-: I; .+ O) - .F. (x 0 - O) + e > Q (L), iar pentru e: arbitrar ş1 dm deflmţ1a funcţ1e1 de concentraţie Q, obţinem Xo

..,

~ tl=l

82. Fie { ţ,.} un ţ 11

şir

=

>

O

XL'

de variabile aleatoare independente astfel încît

converge aproape sigur.

Să

se arate

că dacă:

.., ţ1 +

QII este

funcţia

de

concentraţie

a variabilei

Q0 este

funcţia

de

concentraţie

a sumei

':E

ţ2

+ ... +

ţ,.

;

ţ 11

11=1

atunci lim Q11 (L)

pentru orice L

SOLUŢIE.

Dacă

=

Q0 (L),

>- O.

Vom considera mai întîi cazul în..,care L = O şi Q0 (0) = O. notăm cu F 0 funcţia de distribuţie a :E ţ 11 , atunci din proprie11=1

= O implică că F 0 este con> O arbitrar există o > O,

tăţile funcţiei de concentraţie, faptul că Q0 (0) tinuă. Deci este uniform continuă şi pentru e: astfel încît dacă Ix' -x" I < atunci

o,

IFo (x') - Fo (x") I Ne

·

p~ntru toţi x. Deci, pentru toţi n, n > Ne şi O < L < o, sup{F11 (x + L + O) - F,.(x - O)}< sup {jF 11 (x + L + O) - F 0 (x + L) I+ z

z

+ IF 0 (x + L) - F 0 (x) I+ IF0 (x) -F,.(x - O) I}< e sau Q11 (O)

-+

O, pentru .n

-+

oo.

FUNCŢII

REPARTIŢIE

DE

107

Vom considera acum cazul rămas L ~ O şi Q0 (L) > O. Observaţie: dacă L > O atunci automat Q0 (L) > O. Mai mult, Q. {L) ~ Q0 (L) pentru toţi n şi toţi L; de asemenea Qn (L) ~ Qn+l (L) pentru toţi n şi toţi L şi prin urmare ~

lim Qn (L)

Q0 (L).

R ➔ a>

Pentru orice n,

după

= Fn(x n+ L

Q.(L)

unde

precedentă,

problema

există

- O) - Fn(Xn -0),

F,; este funcţia de distribuţie a variabilei ţ 1 + ţ 2 Este uşor de arătat că şirul {x.} este mărginit. În adevăr, fie K < M astfel ca F 0 (K)

în al doilea rînd,

< -21 Q0 (L),

Xn astfel încît

F 0 (M)> 1 - -

1 2

+ . . . + ţn•

Q0 (L).

există N astfel încît, pentru toţi n

IFo(K)-Fn(K)

1

I< -4

>

N, avem

Q0 (L)

şi

IFo(M) - Fn(M) I 2

x0

Deci, pentru n suficient de mare Fn (x0 + L + 8) - F,. (x0 - 8) >, Fn (xu + L Trecînd la limită pentru n ➔ oo , obţinem F 0 (x0

+ L + 8) -

Luînd limita pentru 8 ➔ O,

Q0 (L) >, F 0 (x0

F 0 (x0

-

+ O) -

8.

-

. . F,. (xn- O).

8) >, lim Q11 (L). n

➔

ao

obţinem

+ L + O) -

F 0 (x0

-

Deoarece, întotdeauna, Q0 (L) ""lim Q,. (L) li

Q0 (L)

=

lim Q,. (L). n

O)>, lim Q,. (L). n

~

rezultă că

oo

IV VALOR! MEDII. MOMENTE

~ are repartiţia

1, Variabila . aleatoare

-1 !; : ( 0,2 Să

O 0,3

se calculeze valorile medii

M (!;), M (2!;), M(ţ + 1), M(2!; + 1), M (!; 2) şi l\'I [(!;-0, 3) 2]. SOLUŢIE. În cazul unei v_ariabile aleatoare discrete, avem

M(!;) = ~x;p(!; =xi)= -1 X 0,2 + O x 0,3 + 1 x 0,5 =0,3. Variabila aleatoare 2!; are

repartiţia

-2 ( 0,2 Se

observă că

M (2!;) Această

O 0,3

P (2!; = -2) este

=

2 ) 0,5 -.

acelaşi

lucru cu P(!; = -1).

-2 X 0,2 + 0 X 0,3 + 2 X 0,5 = 0,6.

valoare medie se poate calcula imediat, M(2!;)

=

ştiind că

2M(!;).

Avem

M(!; + 1) = (-1 + 1) X 0,2 +(O+ 1) X 0,3 + (1 + 1) de unde · M(!; + 1) = 1vl(ţ) + 1, adică

adunînd variabilei o

constantă, .

media

creşte

cu

X

0,5 = 1,3

această constantă .

M(2!; + 1) = (-2+1) X 0,2 +(O+ 1) X 0,3 + (2 + 1) X 0,5= 1,6 sau M(2!; + 1)

= ·2M(!;)

+ 1,

M(!; 2) = (-1) 2 X 0,2 + 0 2 X 0,3 + 12 X 0,5 = 0,7

200

CULEGERE DE PROBLEME DE TEORIA PROBABILITA'j.'ILOR

de unde rezultă tratul mediei .

că,

.M[(ţ-0,3) 2 ]

media

=

pătratului

2. Variabilele aleatoare

+ {0,7) 2 X

0,3

0,5

cu

pă­

= 0,61.

ţ şi "tJ au repartiţiile

(~

~:

1

10

şi

+ (-0,3) 2 X

(-1,3) 2 X 0,2

egală

unei variabile nu este

/) /)

-1

5

1

10

10

10

respecft'v

"tj:(~

-1

I

5

10

10

10

10

Se cere: a) să se afle dispersiile variabilelor ţ şi "tJ ; b) să se calculeze corelaţia celor două variabile; c) să se calculeze coeficientul de corelaţie: d) să se afle dispersia variabilei ţ + "tl· SOLUŢIE. a) Calculăm mai întîi valorile medii ale celor două variabile

M(~) = ~ x.1 P (~ = x1) = 1-- + l • ~ - l • 1

10

I

10

1

10

l • ....!_

-

10

=~= 10

0,2,

1

1

M("tJ)=:tY-P("tJ=Y·)=l•- l - ~ + 1 , - -1,....!...=-~=-0,6 1 1

de unde

10

'

COV (ţ,

10

10

10

rezultă

D 2 (ţ) = 0,96

b)

10

Ţinînd

seama de valorile

şi

D 2 ( "tJ) = 0,64.

obţinute

pentru M (~)

şi

M ("tJ),

obţinem.

"tJ) = 0,1 (1) (1) + 0,5 (1) (-1) + 0,1 (-1) (1) + 0,3(-1)(-1) - (0,2) (-0,6) = -0,08.

c) Prin

definiţie

coeficientul de _

P,~. 71 > -

corelaţie p

cov (~. 'I)) _ D(~)D{'IJ) -

are expresia

- 0,08 _ _

0,784 -

OlO '

•

d) Dispersia unei sume de două variabile aleatoare este dată de expresia D 2 (ţ + "tJ) = D 2 (ţ) + D 2 ("tJ) + 2 cov (ţ, "'l)

sau

ţinînd

seama de valorile

obţinute

la punctele anterioare

D 2 (ţ + "tJ) = 0,96 + 0,64 + 2 (-0,08) = 1,44.

VALORI MEDII, l\llOMENTE

3. Variabila aleatoare

~ are repartiţia

ţ: (2025

2050 0,2

0,3

2075)· 0,5

Să se găsească dispersia variabilei ţ: D 2 (ţ). SOLUŢm. Scădem 2 050 din fiecare valoare a ţim prin 25. Noua variabilă este

lui ţ şi rezultatul îl

!; - 2050

=

7l şi

201

împăr­

(1)

25

repartiţia

are

-1

O

1 )

7l : ( 0,3 0,2 0,5 . Calculăm

valoarea medie

şi

dispersia pentru variabila 7l

+ +

+ +

M(lJ) = -1 X 0,3 O X 0,2 1 X 0,5 = 0,2, 2 2 2 M(lJ ) = (-1) X 0,3 0 X 0,2 l2 X 0,5 = 0,8. Avem D2 (lJ) = M (7l2) - M2 (lJ) = 0,8 - 0,04 = 0,76.

Din (1) se vede

că

+ 2050.

ţ

=

25'1)

D 2 (ţ)

=

D 2 (25 7l

de unde

=

2

D (251J)

+ 2050) =

= 625

D 2 ( '1J),

sau D2

4.

=

(ţ)

625 X 0,76

=

475.

Funcţia de. probabilitate compusă a variabilelor ~ şi 7l este dată dt

tablou! li

2 z

~

P ("I)

= y)

l*l*I ::: I I I 0,5 0,5

1

Se cere: a) să se afle dispersiile variabilelor ţ şi 7l ;

b) c)

să să

se calculeze corelaţia celor două variabile ; se afle dispersia variabilei ţ '1),

+

202

CULEGERE DE PROBLEMEI DE TEORIA

SOLUŢIE,

a) Pentru calculul dispersiilor, avem =

1lt1

D 2 (~) =

b) Prin cov

.M(ţ

- m1) 2

+ 0,5 (-2) 2 = 4, = o,5 (1) 2 + o,5 (-1) 2 = 1.

=M(ţ 2 ) =

= 1vI(·'l - m2 ) 2 = M("tJ 2) definiţie corelaţia

(ţ, "I)) = M[(ţ

= 0

1lt2

şi

n 2 ("tJ)

PROBABILITAŢILOR

două

a

0,5 (2) 2

variabile are expresia

- m1) (·'l - m2)] = M

(ţ"tJ)

- m1 11t2

=

Ţinînd seama de valorile pe care le iau variabilele ·ţ şi COV (ţ,"t))

"I)

M

(ţ·I)),

obţinem

=0,4,2•1 +0,1,2(-1) +0,1(-2),1 +0,4(-2)(-1)=1,2.

c) Dispersia unei sume de două variabile aleatoare este dată de expresia

n2 (ţ +

·'l) = D 2(ţ) + D 2(·'l) + 2 cov

(ţ,

"tJ),

Înlocuind în expresia 2 seria ·este divergentă, deci nu există Ma: (ţ) cu cx:>2.

VALORI ,MEDII, MOMENTE

217

20. O urnă co11ti11e .bile numerotate de la 1 la N. Fie ~ cel mai mare număr obţin1tt în unÎia a n extracţii succesive efectuate m întoarcerea bt'.lei extrase. Se cere : a) să se calculeze Pk = P (~ = k) ; b) M (~);


- 2 ) =

a

t

42 112 (

[6k2 -6(n+l)k+(n+1)(2n+l)]=

-l) 6.

6,i k=l

Deci n2

(:>-) = M (:>-2) - M2 (:>-) =

a2 (112 -

1) -

a2 (112 -

1)2

9112

6

sau

D 2 (:>-)

=

a2

(n2 - 1) (112

+ 2)

•

18 n 2

29.

Să se arate că fitncţia definită prin

J(O, t) J(n, t)

=

= O, =

e-Al(l - e-M)n- 1 , n

1, 2, ... ; :>-t > O,

poate reprezenta o densitate de repartiţie a itnei variabile aleatoare care ia valorile n = O, 1, 2, ... Să se arate că media ei este e"' şi că dispersia este e2"A 1 - e"'· SOLUŢIE. Se observă că pentru orice n, J(n, t) ~O. Pentru caf(n, t) să fie într-adevăr o densitate de repartiţie, va trebui ca

... :E J(n, t) = 1.

n=O

Dar ...

:E / (n, t) =

e-"

n-o

...

:E (1 -- e-"

1

1

)

11

-

1

1

= e-"AI • ~ =

1,

e

n=l

dat fiind că seria se reduce la sumarea unei progresii geometrice cu 1 - e-M < 1. Aşadar

~. (o

• O

1

2

e_,., e-" (1 -

Deducem mai departe

M (~) =

...

~ 11=0

, ... , n ... ) . e-"), ... , e-"1 (1 - e-"1)"- 1 ••.

că

nf(n, t) =

...

e-"AI ~ 11~1

n (1 - e-M)n-1.

raţia

227

VALORI MEDII. MOMENTE

Pentru aceasta

să considerăm

egalitatea

oa

t

(1 - e-Al)II = e'JJ. 11=1 Prin derivare în raport cu t, obţinem

..,

t şi

n (1 - e-1-1)11-1 ).e-Ât = ).e'JJ

11=1

deci.

t

oa

n (1 _ e-At)11-1 11=1 atunci imediat că

Urmează

M(~)

=

e21-t.

= e-"JJe2" = eÂt

(1)

0

Pentru dispersie, să calculăm mai întîi M(~ 2). Din definiţie, rezultă că avem

..,

..,

M(~2)

=t

n2J(n, t)

= e-At t

11=1

Din egalitatea (1)

n2(1-e-At)n-1.

R::::::il

obţinem

imediat

..,

t

n (n -

1) (1 - e-"')8-2).e-At

= 2).e2At,

n=l

de unde oa

t

şi

de aici

rezultă

şi

prin urmare

1i2 (1 - e-Al)ll-1 = 2 eS)J - e2'JJ 11=1 momentul de ordinul al doilea

M (~2)

30.

n2 (~)

=

= M (!;2) _

2 e2At - e>J Af2 (!;)

= e2AI _

eAI.

Să se determine condiţiile necesare şi suficiente pe care trebuie să le

a= M (!;), b = M (!; 2), c = M (!;3) pentrii ca variabila I; să . nitmai. va lori. in • tregi. nenegat.ive n ....._ Akn+ Bl" ia -:P- 0, cit p ro ba bi'l i't avti"le : p 11 = -, unde A :;i:,. O, B :;i:,. O, k :;i:,. O, l :;i:,. O. ' nI SOLUŢIE. Introducem momentele factoriale de ordinul 1, 2, 3 ale variabilei !;. Avem tndeplinească

a1 = a = M(I;), a 2 = M[!;(!; - 1)] = b - a, a3 M[!;(!; - 1) (!; - 2)] c - 3b

=

=

+ 2a.

Deoarece °" ~

n-o

PROBABILITAŢIT.OR

CULEGERE DE PROBLEM.El DE TEORIA

228

Pn

Pn sînt

probabilităţi, rezultă că

avem

°" Ak" + Bl" °" kn = 1 ; sau ~ - - - = A ~ -

"" zn + B ~ - = n-o n I n-o n I

nI

n-o

Ae"'

+ Be

1

= l.

Notînd

Aek = u; Be1 = u1 ; avem ie

Dar ""

Ak"

+ Bl"

""

Ak"

+ Ui =

+ Bl"

""

1) I

n-o

1.

Akn+1

+ Bln+1

a= ~ n · - - - = ~ - - - = ~ - - - - n-o

n-i

nI

= kA

(n -

nI

"" zn + lB ~ - ~ ku + lie1• 11-0111 n-o n ! . "" kn ~ -

Deci

a2

· Ak11

""

=

+ Bln

""

Akn

+ Bl

11

tn(n-1)·----= ~ - - - 11-0

11

l

(n - 2) I

n- 2

Analog Am

obţinut ecuaţiile

: ie +.ie1 kie

+ lie1 = a,.

k ie

+ l 2iti = a2 ,

k 3u

+ l3u1 = .a3 •

rezultă

"! = 1 - ·ze1 ;· cumu ~O=> 1 u

=

l -·u1=>k(l -

Ui

=

k-a k _

1

l,

2

.

Din prima,

=

iti_)

ie1

+ fo1 = a,

~

O, ie1

k - ie1 (k - l) =a;

-< l deci k - a -< k - l; a ~ l, a

=

ku

+ liti ~ l,

kie ~ l(l - aj.

,.

-< 1 şi analog-u-< 1.

VALORI MEDII. MOMENTE

Presupunem

111

1t,

=I= O;

atunci

l.O,

Deci

l .. = 0,00163, să se afle valoarea medie şi dispersia var1'.abilelor r. SOLUŢIE. Prin definiţie, avem M(r) =

xdF(x)= [

~B

rdF(r) = [

41t:>.r3e-},r>.r• dr.

Făcînd substitutia ~ 1t, :>. •r 3 = x, obtinem '

3

'

-3 1 (1)1 - \"" x .!. e-"'dx= va,_3 - , r (1 +-1) = -I' - /-3 3

M(r)

sau

=

V s

41t1, • 0

3

-l1t1,

r(_!_) M(r)=~· v'3G,.-).

3

3

3

41t1,

V ALOR I MEDII, MOMENTE

În cazul în care "

=

2-17

0,0063, găsim valoarea aproximativă ~

M(r)

3,0.

Momentul de ordinul al doilea, este

V 9

M(r

2

)

(a:i 4TtAr~e-¾n>-r' dr= = J 0

-V s

9 16it2 A~

-

r (1 + ~) 3 -

Dispersia este dată de egalitatea D 2 (r) valorile calculate mai înainte, obţinem

D

2

_

r (: )

(r) -

{/61t2A2

r

(a:i

J0

.xi e-:ii d.x =

r (~) 3 f/61t2).Z

•

= M 2 (r)

- M 2 (r). Înlocuind

r

[r ( : ) -

9

l61t2A~

6-r ( : ) - [r ( : )

6 {/61t2A2 -

6 {/61t2A2

4G. O particulă se deplasează pe o axă pornind din origine, putînd se mişte fie la dreapta cu o unitate, fie la stînga cu o imitate la fiecare pas. Fie variabila aleatoare !;, care poate liea valorile 1 sait -1 după cum pasiel i să

+

"' !;i. 1n aceste fie Sm = b

este la dreapta sau la stînga şi

condiţii S.,.

= O este

i=l

evenimentul care constă în întoarcerea particielei în origine se poate realiza desigier numai dacă m este par. Presiepimînd că

> ~

p P ( !;, = 1) = { să

2n

ori ~e cite ori S 1_ 1

diepă


O,

memărieliei

de întoarcere în origine M"

diepă

Mn~(2 - ;)n. SOLUŢIE. Notăm P

a lui IS 2 ,,, 1.

{S 2 ,,,

ivll S2,,. I=

=

2k} cu P 111 (k) şi considerăm valoarea medie

m

b

l.:=-fll

12k1P,,. (k)

=

m

4

b

k=l

kPtll (k).

248

CULEGERE DE PROBLEME DE TEORIA

Următoarele relaţii

de

recurenţă

PROBABILITAŢILOR

sînt stabilite

uşor

P.,,+ 1 (O) = 2p 2 P,,. (1) + pP,,. (O), P,,.+1 (1)

= p 2 pi/I (2)

+ 2pqP

111

+ 1-2 P,,. (O).

(1)

P,,.+1 (k) = p 2 P 111 (k + 1) + 2pqP,,. (!,) + q2 P,,. (k-1) pentru 1 < k < m, Pm+1 (m)= 2pqPm(m) P,,.+ 1 (m

în

+ q Pm(11t 2

1),

+ 1) = q Pm(m). 2

consecinţă

Ml S2,,.+21 =

2

L"' 2kP,,.+l(k) = k=l

m-1

t11

= 4P 2 L kP,,,(k k=l

+ 4q2

k=l m

tJI

=

L kP,,.(k)

+ 1) + Bpq

4p 2 L (k - 1) Plll(k) + Bpq k-l

m+l

L

llP,,,(k-1)+2qPm(0)=

k=~

L kP .. (/,) +

111

4q2 L (k + 1) P,,. (k) + k=l

k=l

+2qP,,,(0)=MIS2,,,I +4(q 2 -P 2)

III

L P,,,(k) +2qP,,.(O) = k=l

=

M!S 2111 1

+ 2[1 -

2p

+ pP,,,(O)].

Deoarece 1vl JS 2 I = 2q, sumînd lVl,,

i

=

P ... (O)

după

= 211 (2p -

m de la 1 la n

1)

+ iltl I S211+2\ -

rezultă

2q •

(2)

2p

m=l

Deoarece 1vl I S 2 n+z I > O, avem o micşorare pentru lvl,,. Pentru a găsi o margine superioară, arătăm că Pni (k

pentru după

toţi

m>O.

+ 1) < 1-p Pm (k),.

Demonstraţia

k

depinde de

= O, 1, ... , m relaţia

(1)

şi

-

1,

se face prin

inducţie

m. Urmează că

MJS211+2I 2

2

rezolvarea problemei.

11

(2p -

p

1)

+C

1

VALORI MEDII, MOMENTE

240

repartiţie dată de

~7. Fie t; variabila aleatoare w densitatea de f(x)=

I

7t

y-,-l

x).

Însă această problemă se req.uce la probiema ca punctul care se deplasează

din punctul

iniţial să

nu intersecteze nici o

sferă

de

rază

p = 2r din

numărul de~ 1tR 3 m, particule arbitrar distribuite în sfera de rază R. 3

.

Vom despărţi un strat din sfera de rază R, de grosime dR. Acest strat conţine 41tmR 2dR sfere de rază p. Probabilitatea ca o rază arbitrară, plecînd din poziţia iniţială să nu intersecteze nici o sferă care se găseşte într-un strat, este egală cu ;rp: )4:-:l?•mdR

(

Considerînd exprima ca

că mărimea

1--2

(I)

.

4 ;;:R

R este mare în

comparaţie

cu p, (1) se poate

exp (-1tp 2 mdR). Împărţind toată sfera de ·rază. R în straturi de grosime dR şi găsind probabilitatea ca raza să nu intersecteze sferele fiecărui strat, considerăm probabilitatea ca raza să nu intersecteze toate sferele, ca produsul acestor probabilităţi.

Aceasta

dă

P(X :;;i:-, R)

De aici,

distribuţia căutată

F(x)

=

a

P(X

=

e-:-:p•mB.

mărimii


, O,

O 1-n rest. Se cere: a) Să se afle densităţile de repartiţie marginale. b) Momentele de primele patru ordine. c) Funcţia caracteristică a ·vectorului aleator ( ~, 1J). SOLUŢIE. a) Prin definiţie

f,.(x) = (+"" f;,, 71 (x, y)dy = ("" e- c:r+11> dy = e-"'.

L""

Jo

Deci A(x)

= {e-"',

·x>,O, x e:]


cu inegalitatea obţinută schimbînd pe brul stîng al acestei egalităţi în b).

e:],

!; în

- !;,

transformă

mem-

288

CULEGERE DE PROBLEME DE TEORIA

egalităţii

Membrul drept al variabilelor ~ şi ~•

e:J = P[I(~ -

P [lf I :;;;i:.

< P [I~ r

>

(b)

a I :;;;i:. ;

I+

P

[1 ~• -

PROBABILITAŢILOR

rezultă ţinind

seama de

a):- (f-a) I :;;;i:. a I :;;;i,.

f] =

2P [

distribuţia

e:J


0 < p


k

=t

O, ni> O sînt constante, n

şi

n;, iar sr

S sînt variabile alea-

•=l

toare independente care urmează fiecare o lege x2 cu n, respectiv N, grade de libertate. Se cere: . . a) Să se calciileze funcţia de repartiţie şi densitatea de repartiţie avaria-· bilei F; , i = 1, 2, ... , k. b) Să se scrie expresia momentelor, lvl,,., ..... •'k· SOLUŢIE. a) Funcţia de repartiţie a unei variabile aleatoare cu k dimensiuni (F1, F 2, ••• , F k) este dată de

G (F1, F 2, • • • , F k)

=

N

+n

-~--k-1 2-

X

~

1 (S•+l:•~)

e-.• A

k

'SN-1n i=l

1 1 Sin - d s1

(IN ) II k

r2

d s2

1-1

• • •

l"'

)

X

r2

d sk dS, •

PROBABILITAŢILOR

CULEGERE DE PROBLEME! DE TEORIA

29i

unde

mulţimea

A este

definită

de s~

11,

5

N

s1 >0, S>O,-'2 < - F1 • Făcînd

schimbarea de

varibilă

s, se

=

s

V';

I

obţine

!!.! ~ (N+n) J! n.2 r FC? ... (Ff, - - - -..-'---...C...JJ J

~-1

I.:

-

Y1

N

2 ,.•

r(:)g_r('~) Densitatea de

p (F1,•, .,

F1.:)

Y?

-2-

=

0

oo

~-1 ••. Yk 2 NU

dy1dJ2·•·dY.1:,

(N+111 .r1 +11 2 y 2 + ... +11k.Y.- e'·• 11 •

kI

obţinem

cp(t) =e>-reil-1>.

8. Variabila aleatoare ~ poate Zita valoarea m (intreg pozitiv) cu probabilitatea P (~ = m) = (1 - q) qm, unde q < 1. Să se găsească repartt"ţia sumei a k variabile aleatoare independente de acest tip. SOLUŢIE. Fie ~1 , ~ 2 , ••• , ~k variabile aleatoare independente şi j = 1, 2, ... , k.

P (~i = m) = (1 - q) qm;

Atunci k

cp

(t)

k

I:

!;,

= II cp;;i (t) ' i=l

î==l "

.

)]2

.

eh• a•+

d

X

=

I

t•

1,c Ila - 4h' r+m _,,. [o: - (a+ ....!!..)]2 d. _ --- , e 211• x

y;-

1•

li• lat - 4 h4

.

= eita - ~ 4h• •

-CI>

Deci 1•

cp(t) =eltn- ,,.•.

17. Fie ~. comună

este

lJ două variabile aleatoare a căror densitate de repartiţie

dată

de

f( x ,y) Să

=- -1 - - , 1t2 (1 + x2) (1 + y2)

.11

= :

2

(

Fi;(x),

F 11 (y),

!F. (x),

f 71 (y).

Fimcţia caracteristică.

SOLUŢIE.

Fi;

+ oo).

se afle

1° Fi;, 11 (x,y), 2°

x ,y e (- oo ,

1° Din

(x y)

= _l_ ("'

,

1t2

arctgx

definiţie rezultă

(u

du dv

L.., L.., (t + "2) (1 + v2J

~

; } ( arctgy

+ ; }=

= ..!_ C' 1t

d11

L.., 1 + "2

U+ :

• ..!_ (u 1t

arctgx ) (

dv

L.., ---1 + v2

Î+:

arctgy ) ·

Prin urmare Fi;,11 (x,y)

= (~ + :

arctgx ) (:

+:.

arctgy ) ; x,y e (- oo,

+ oo).

FUNCŢII

FUNCŢII

CARACTERISTICE,

GENERATOARE.' ·'

Avem

309

_;-1

F 1Jx)

= 11➔ lim Ft,'I (x,y) = 2- + 2- arctgx,., ... 2

•:•J

•I

= Hm Ft,'I (x,y) = ..!..2 + 2- arctgy. .,➔...

.,

.. ; I

71:

F'I (y)

t ! , -.

t t t '.,

.·, 'i' •

• •: , ·: •. • • •• : ~ I /

71:

ln continuare, găsim fdx) = r_+:ft,'I (x,y) dy = )

~2

_

r_+......

.. )

(1

+

dy x2) (1

-

+ y2)

., '1 11:

+ x2)

(1

.

, ··

Analog

2°. Aplicînd

definiţia

funcţiei

caracteristice a vectorului aleator

( ţ, "IJ)• găsim

1.'· :, ·• ,1

t -

1 ~... .

71:2

_..,

~...

~ ~ _.., __ .., e

Cf't. 'I (s, ) =-

..,

1

i

(1.r

+ 111)

(1

+

d X dy x2) (1

- .

+ y2) -

t

.•I;:

• ~"" ellll -el•z -dx --dy=e-l•l-1'1.

1

+ xB

_..,

Cflt,'11 (s,t)

= e- !l•I

1

+ ya

.

•Io•

Deci

I:.•

f:

;

+ 11 1>.

. .. O b serva ţi e: Se vede imediat că variabilele ~ şi lJ slnt independente. De asemenea, observăm că nu există momente de nici un ordin.

18. Fie ţ o variabilă aleatoare care ·1,rmează o lege Poisson d-e pardmetne. v. Dacă considerăm că parametrul v este o variabilă aleatoare cu ·densitatea\ de

repartiţie

I (x) = ctt a

>

O, atunci

>. .. _a_ x>.-1 e-az

I

r (1)

o ... ,!-

X '. I

a).

> () '

X< o.

• •· · · ... , ·

•

P (ţ = k) = ( -e-z - - x'>--le-az dx =

=(-a-)>.· l+a

)

(-1)"' (l+a)"'

kI

0

0

(-1)(-1:-1) ... (-1-k+l)_ "'kl . ''·'"·':)

Se cere: să se afle funcţia caracteristică a variabilei să se calculeze M ( ţ) şi D 2 ( ţ).

a) b)

•.'

r·(1)

ţ

;

SOLUŢIE,

q>

PROBABILITAŢILOR

CULEGERE DE- PROBLEME DE TEORIA

:110

t

=

(t)

definiţia funcţiei

a) Aplicînd

p (( = k)

ellk

=

(-a-)>. f .+ al +

Observînd

f

a

k=O

(I

•••• (Â

+k

-

:+

obţinem.imediat

+

I) •.• (Â

k - 1)

kI

I

însă că

cm: . • 1 (I + a) "

k=O

 (Â

e'lk

1

k=O

caracteristice

 (Â

+ 1)

I)

=

(l _~)->.·

kI _

1 +a)_

avem

= ( -a-)>.(1 - -e -)->. I 11

cp(t) b) M

Calculăm

(ţ)

l+a

l+a

funcţiei

momentele cu ajutorul

. _1 ( ~ ) i

de . • l=O

= _1 i

D~

caracteristice

[(-a )>. ~ (l- ~)->.-1 ~]. • + + + a .

1

1

a

a

1

.

.

1_ 0

M(ţ) = 2_. a

Calculînd în mod analog momentul de ordinul al doilea, ·

Da (ţ) = M

.(ţ2)

7 M2

(ţ)

.•

.!:..._·(1 + a

2-). a

-., ·. • ,19. ·.Să se· afle fimcţia caracteristică a re,partiţiei ·Cauclzy,· bilei aleatoare

•ţ · cu

densitatea

f (x) .

şi

apoi

să

se arate

SOLUŢIE.

că repart-iţia

Prin

· a 7t (x1

+ a2)

adică a· varia-

•

,

Caiechy este .o

repartiţie stabilă.

definiţie

. ~+..,

Calculăm ...!!.... 7t

=

obţinem

_..,

il:e

.

•e dx cu ajutorul reziduurilor şi anume calculînd x- + a1 .I

FUNCŢII

CARACTERISTICE.

unde r este conturul din figura de rază R), fig. 27. 2'Tt'i

FUNCŢII

alăturată

·cil= L rezid = -a ~ ---dz = -a n I' z2 + a2 n

~B

GENERATOARE

311

(segmentul-R, R 1

e' " ---dx

+ a2

- B x2

+ -r.a

şi

semicercul

~ ---dz. e • 11

c z2

+ a2

Pe conturul (C)

= il?,e10 d8.

dz

Avem

ia

deoarece

Fig. 27.

I= I-a + ~: . . . .

c11: - a ~ ---dz

I

n

O

.z2

1 ~n

n

~ ..!... (TI _Rd8 n

J0 R2 + aa

eil Re 0 • 10 d8 ---iRe

!l. R2

+ a2

= ~. n

R

R2

+ a2

I< .

➔ o.

:

.

B-1-..,

Urmează că

Va trebui că calculăm reziduul pol interior conturului ales.

funcţiei

e11=J (z 2 + a 2) în ·punctul ia singurul

D~

lim (z - ia) h(z) •-+fa

· e-la

=

.. \ •

lim (z - ia) e-+fa ·

.

ifz

e

(z - ia)· (z

=--,, a>O; te(-oo,+oo), 2ia

rezultă

Ştim ·că

Cum_ a

I

O rezultă

că

.

+ ia)

_

:...

.

••'•

-.

..

PROBABILITAŢILOR

CULEGERE DE PROBLEME DE TEORIA

312

Fie !; şi Yl Cauchy, adică

două

variabile aleatoare independente urmînd fiecare o lege r (x)

Jt

= Tt (x2+ a , a> O a2) '

J.,, (x) = Să arătăm că

b Tt(x2+ b2) •

variabila aleatoare ·!;

Într-adevăr

> O.

b

+ "IJ

urmează

tot o lege Cauchy.

'Pt+TJ (t) = 'Pt (t) q>.,, (t) = e-111° e-l'1 11 = e- ltl

(a+b>,

care este funcţia caracteristică a unei variabile aleatoare ce Cauchy cu densitatea

f

( ) X

a+

=

Tt (x2

urmează

o lege

b

+ (a + b) 2) •

.

20. Fie !;1 , !;2 , ••• , !;n variabile aleatoare independente distribuite norma c1t mediile m, şi dispersiile ai (i = 1, 2, .•• , n). Să se arate, folosindu-se funcţia generatoare a momentelor, că 1Jariabila aleatoare n

este

distribuită

normal- cu media

t

ai

m 1

n

şi

dispersia

'=1

·

SOLUŢIE.

Prin

a7

a: .

l=l

definiţie,_ funcţia

G(8) = M(e 0"') = Calculăm urmează

t

generatoare, este

J(+'"' e0 _..,

:i:

.

f (x) dx.

mai întîi funcţia generatoare pentru variabila aleatoare !;,, ce o lege normală de parametrii ni, şi a7, l

~+.., Oz

Gt.1 (8) = - = V2Tt a

_..,

-

e ,e

''"'-"'"' --.,-d Om - -92..:; .,2o'i x = e 1• e - •

Analog

Comparînd expresiile Gt; (8} şi GaHt, (8), vedem că a+ bi;, este disde asemenea normal cu 'parametrii a + bm, şi b2 a1.

tribuită

FUNCŢII

CARACTERISTICE,

Ga, t, (8) şi

=

deoarece variabilele ~. (i G11 (8)

= G~,

r: =

FUNCŢII

e0 ,~,o / (x) d:z:

GENERATOARE

=

313

G~, (a, 8)

1, 2, ... , n) sînt independente,

rezultă că

(a1 8) . Gt, (a 3 8) •.. Gtn (a„ 8).

Însă

din care

şi

n

de unde dispersia

rezultă n

~

y este o

că

a? ar.

variabilă

normală

cu media

~

a1m1

şi

1~1

i=l

21. Se dau

funcţiile caracteristice:

a)

b) L!.._(1- ~)-\ 2

Să

2

se determine

SOLUŢIE.

a) q>

funcţiile

de

repartiţie corespunzătoare.

Observăm că

(t)

=

1

-(1 4

1 1 ·, l 2 -1 + e'.1) 2 =-+-e' +-e '. 4 2 4

Aceasta este funcţia caracteristică a variabilei aleatoare numai valorile O, I, 2 cu probabilităţile egale respectiv cu

-4 , -2 , -4 ·

~

care ia

CULEGERE DE PROBLEME DE TEORIA

.31-1

Deci

funcţia

ei de

repartiţie

este

O

x~O

1

F(x)

4

=

3

4

b)

Dacă dezvoltăm tp

(t)

= _1_(1 2

Aceasta este

1 în serie

-

PROBABILITAŢILOR

0


-'-, produsul celor două procente. Urmează că Z şi N - Z sînt independente.

G este

Reciproc, faptul că Z şi N - Z sînt independente, implică că funcţia generatoare a lui Z este de forma e:>.1>cu- 1 >, deci că Z urmează o lege Poisson. Deoarece N - Z urmează de asemenea o lege Poisson, rezultă că şi N = = Z (N - Z) urmează o lege Poisson. e) Demonstrăm proprietatea prin recurenţă. Presupunem .că este adevărată pentru k - 1 componente. Considerăm că Z1 , ••• , Zk sînt independente. Atunci Z = Zk şi Z' = Z 1 + Z 2 + ... + Zk-l sînt independente.

+

k-1

= A,., şi A' = U A 1 sîntem în condiţiile punctului d.

Punînd A

·

;~1

Deci N necesar urmează o lege Poisson. Reciproc, dacă N urmează o lege Poisson, avem M[iez1 1 • • • ieZt] k

=

Mz [M(uz1 , k

•••

ieZ1.:jZ1:)l. k

-

Am ajuns în cazul a (k - 1) variabile aleatoare indicatoare Z 1,

•••

• • •• Zl·-1•

Deci expresia de mai înainte devine Mz1,:[M(ief•1z,.,) • •• M(u!~:i 1 IZk) ·it{k]

sau M (1t[1)

•••

M (u!"),

de unde rezultă independenţa variabilelor Zk. Deci proprietatea este adevărată pentru toţi k.

38. Se ştie că dacă I; şi

"IJ sînt două variabile aleatoare indep~ndente

atunci

i(t), q>:i (t) şi cp 3 (t)

şi

(f,2)

1

y

o

-I

I

X

-, (-f,-2)

a Fig. 28.

Avem

_

1 ~

1

llz

'P1 (t) - 2

e

d ._

,11 - e-H sin t .1.:----=--·

2it

-1

t

Analog 'P2 (t)

Pentru

t

sin t

= -,-·

găsim

= ~ ( (2 + z) eH= dz + ~ f 4 J_2 4 \ 0

cp3 (t)

--· 4

I ( = -121:i

2

(2 - z) e 0 • dz

e + e-~it) = - 1 2

il

--2

21c

=

(1 - cos 2t).

~

pe

CULEGERE DE PROBLEME DE TEORIA

3:IG

Deci

q>3 (t) = (B~ şi

PROBABil.ITĂŢILOR

tr

prin urmare cp3 (t) funcţia caracteristică funcţiilor

adie!!. egală

cu produsul

=

'P1 (t) ' 'P2 (t)

a unei sume de două variabile aleatoare este caracteristice, deşi variabilele sînt dependente.

~-

-2

O

z

2

Fig. 29. O b s c r va ţ ic. Densitatea de

fa (z)

=

repartiţie

2. (2 + lzll 4

1 o

arc graficul din fig. 29. O astfel de repartiţie se

lzl>2

numeşte repartiţie triunghiulară.

39. Fie ~ o variabilă aleatoare care ia valorile ± 1, ±3, ... , ± (2n + 1).

şi

pentru n

= O,

P211+1 = P (~ = 2n ,

1, ... să punem

+ 1) =

P-c 2n+ll=P (~ = - (2n ·

+ 1))=

4 1t2

(2n

+ 1)2

De asemenea fie "tJ o altă variabilă aleatoare ·care ia valorile O, ±2, ±6, . . . ± (4k + 2), . . . cu probabilităţile q0 = P ("IJ = O) =

q4k+2 = p ("IJ = 4k + 2) = p ("IJ = - (4k

•

±

2., 2

+ 2)) =

2

q--{4k+2)

= --~2 .t2

(2k

+ 1)

k = O, 1, .•. Se cere să se scrie fmicţiile caracteristice ale celor două variabile aleatoare şi să se compare. SOLUŢIE. Să scriem funcţia caracteristică a variabilei ~- Pentru aceasta să reamintim următoarea relaţie

dacă

1

"'

'E n-o

(2n

+ l)ll

,t2

=-· 8

FUNCŢII

Funcţia caracteristică

că cpi; (t)

dată

este

f

.!.

cp (t) = t

Se vede

D ezvoltînd în serie Fourier

funcţia

este

de (1)

funcţie periodică. Dacă

este o

f(t)

GENERATOARE

cos (21' + 1) t (211 + 1)2

n2 n ~o

= 1-

cpi;(t)

cum

FUNCŢII

cAnACTERISTICE.

funcţia

= 1- ·2-nI t-I , -1t- k- _..,

n este număr întreg. Reciproc, dacă pentru t0 =I= O avem

I

J

(t) dt

< _±_ (

cm

T

L

-----dx

=

T

f (x) dx.

1 - c:s Tx X

00

2

Însă +ao 1 - cos_Tx

xa

~ -oo

dacă

-rr:T,

egalitate pe care o vom stabili în cele ce

T

>

urmează, şi

obţinem

O,

(2)

cum O

T

(t) dt

r:

rezultă că

< 4-rr:K,

cp (t) dt

există.

Ne

rămîne să arătăm că

-;-(+"" L ...

1 -;;sxt

dt

= I xi.

Avem 1 - cos tx

("

Punînd xt = v,

= 2 (.A

dt

,a

L,i

1 - cos tx

Jo

dt.

ea

obţinem

2 (,i"' x (1 Jo

- cos v)

dv

= 2 x (,i"' 1 Jo

0

v-

cos v vz

dv.

Integrînd prin părţi, notînd 1 - cos v = w, - 1- dv= dz, v=

2x

.dz ~O

Cum

1 -:osv

1 -cosv ].J."

dv= 2x [ -

V

V

O

+ 2x

~• d v .

~Az O

însă

(m

Jo

rezultă că

1 - cosxt

ea

sinv V

dt =

=-2:.. 2

21 xi ,-2:..= ni xi. 2

V

obţinem

PROBABILITAŢILOR

CULEGERE DE PROBLEME DE TEORIA

34-1

46. Fie C: o

variabllă

aleatoare reparUzatit normal N (O, 1). Se cerc: 2 • f uncţia . caracteris • t.icav a vana • b 'l . a) Sir. se d etcrmwc t ci al ea toare !; .

2

~1 şi !; 2 sînt două variabile aleatoare independente repartizate normal N (O, 1), sii se determine fmtcţia caracteristică a variabilei aleatoare: b)

Dacă

~? - ~:.

"I)=

2

c) Să se arate că "I) poate fi considerată ca un prodits de dottă variabile aleatoare htdcpcndcntc cc urmează de asemenea legii normale N (O, 1). SOLUŢIB. a) Prin definiţie

de unde q> t•

(t)

=

(1 - it)-112.

2

b) Avem q>t•

=

(1 - it)-1/2;

q> -

~=ip~ 2

Q

Deoarece variabilele !;1 q>'ll (t)

şi

=

!; 2 sînt independente,

(1 - it)- 112 . (1

sau q>'ll

= ( 1+ it)-112.

:!

(t) = (1

urmează că

+ it)- 1'2

+ t2)- 112•

c) Putem scrie "I) =

(~1

+ ~2)

Yf

, (~1 -

~2) •

\12

Din proprietăţile legii normale se ştie că \} ~2 şi ~1 ~ ~2 urmează 1 legi normale N(O, 1). Pentru a arăta că aceste variabile sînt independente, este suficient (deoarece sînt repartizate normal) să arătăm că coeficientul de corelaţie este nul, ceea ce este evident. Vectorul aleator (!;1 , !;2) are probabilitatea elementară (1) Făcînd

schimbarea de variabile

=

V.

FUNCŢII

Jacobianul

transformării

I şi

probabilitatea

elementară

f

FUNCŢII

CARACTERISTICE,

D(x1 ,

GENERATOARE

3,11>

·:tl.l = + l

D(11, 11)

(1), devine

(1t, v) d,ndv

tcl

I

= -e

1,t

--;,

2n-

---:,

- e - d1tdv.

Probabilitatea elementară a vectorului (ie, v) este egală cu produsu} legilor marginale, ceea ce dovedeşte că 1t şi v sînt independente

47. Fie ~. N(O, 1)

'1J, ~ variabile aleatoare independente repartizate normal

şi

Se cere : a) Să se calculeze fimcţia caracteristică a vectorului aleator (8 1, 82). Să se arate că variabilele 81 şi 82 sînt dependente cit toate cli coeficientul lor de corelaţie este nul. b) Să se arate că expresiile 1 (I

+ i,~ + u,J) n/2'

(1)

iende n este un număr întreg, sînt fimcţli caracteristice. c) Să se aplice formulele de inversiime a liti F oierier pentrn cele 2 variabile aleatoare. · - Pentru ce valori ale ltti n, expresiile de forma k

(I

+ ,x2 + y2)"/2

densităţi de probabilitate? - Ce lege de probabilitate corespunde funcţiei ca,·acteristice (1). Să se studieze cazul particular n = 3. SoLUŢm. a) Fie q> (t1 , t2) ~uncţia caracteristică a vectorului aleator (81 , 82) Avem

·pot fi

1 ~.,. ~.,. (2n-)S/2 - a , _.,.

=--

Se

~a,

'1l,:r11+l,:r:)

e

- z•+~: + :•

e

-

_.,.

•

ştie că 11•

, • .,.

1 ~+ ... e"•"'" e-2 dy = e- 2 , --=-

V2" _.,.

dxdydz

PROBABILITAŢILOR

CULEGERE DE PROBLEME DE TEORIA

Deci

de unde m T

.z Q ~

c 11J)

dx = A ("' e--"' --fi> dx, ~

de unde cp~k (t)

A

= '). -

it .

Deoarece variabilele !;k sînt independente, avem .a: [ . ,._ x"-1 (fo:)n-1 ] = 1- ix«+ ... + (-1) 1 _----'-_ _ + ... ( - ict) (-ict)" (n - l) I 11

În această dezvoltare, termenul lui ~ este ex x"-le-:>.a:

1

ex ' - i (11 - 1) I

de unde ,n ~..,

"

-Hz

;.. ,._n

e

_.., (), - it)

2.t

dt

11

=- -

2i7t •

2.t

x"-le-:>.a: - i (11 -

l) I

)."

- - - e->.z .x"-1. (11 - 1) I

-


: ,

k

= 1, 2, ... , n.

Putem

scrie 1e

= lny = lnX1 + lnX2 + ... + lnX,. = it1 + it2 + ... +it

11 ,

(1)

unde Distribuţia compusă

a lui u 1,

g(u1 ,

ie 2 , ••• ,

it 2 , ••• , it 11 )

it 11 ,

este

" g,,(u,.), = II k=l

(2)

FUNCŢII

FUNCŢII

CARACTERISTICE.

GENERATOARE

353

unde

=

Ck (uk) deoarece 1e1, 1t:!, ••• ,

fk (e"k) e"k,

sînt de asemenea independente

ftn

Funcţia caracteristică corespunzătoare densităţii

'PI: (t) =

r:

e11 ug,. (u) du=

r:

şi

gk (1t) este

eHu,J,. (e") eu du=

unde

Astfel 'P1: (t)

(-a1: •- - 1 )1 + li } • = -1- { ( a,. + -1 )1 + H- _ 1

+ it

.: 2

_

·.

(3)

2

N otînd cu cp (t) funcţia: caracteristică .corespunzătoare densităţii de g (u) avem

repartiţie

1 2

t

)l+il - (a,.--l )l+il

a,.+l cp (t) = II cp,.(t) = II n

n

k-t

Din (4)

rezultă

it

=

= -1·

lny, densitatea de

~+ca

~l+ica

2 n:i 1-lca

=

ak

prin punctul z 23 - c. 810

+· ~ , =

1

(4)

+ it

y-z

e-itucp(t)dt

repartiţie

y

dy

unde A,.

2

-ca

J(y) = g (u (y)) -d11 =g (lny) - 1

= -1

.

g(u), prin formula de inversiune. 2n;

cum

I

k-1· .

g (1t) şi

'

n II

A" -B"

k=l

Z

k

k

a variabilei y este

= -1

~+ca

2n;

dz =

-l

y- 1i+it>. cp (t)dt =

-ca ~l+ica

2 n:i l-lca

li (z) dz,

(5)

B,. =a,.--; ~ şi drumul de integrare este linia dreaptă

parale~ă

la axa

imaginară

în planul complex z.

PROBABILITAŢILOR

CULEGERE DE PROBLEME DE TEORIA

354

Se observă că integrantul lt (z) este o planul z, astfel că pentru orice Cil > O, avem

funcţie regulată

_,.,

lt(z)dz

+ ,.,

~J-io,

h(z)dz

~

Din (6),

I('"'

+ _,.,

lt(z)dz

= O.

(6)

rezultă

lt (z) dz

I-"~

Max

y-"']] (Af + Bt) -" CCll-n, n ~ 1

w o~z~I-

J1+i0>

şi

de z în întreg

A-=1

C Cil - 11 ➔ O cînd n --+ oo . Analog, se obţine

c-,.. lt(z)dz L,.,

I

I

-" CCll-n,

ce tinde la zero cînd 1t ➔ oo • Din (5) şi (6) avem l ~+l -• = -. Y--; IT (Ak - BiJ dz 11

f(y)

2m

-1

z

unde drumul de integrare este axa

imaginară.

Notînd prin R {Cil) drumul z·= Clle1'1', f (y)

1 ~= lim -. · 0>-+

CI>

2m

(7)

k=l

-

;

-< cp-" ; , avem din (7)

n dz y-• IT (A% - Bt) -;;.

B(0>)

k=l

(8)

Z

Vom exprima produsul de sub integrală ca o sumă de termeni, din care fiecare este un produs de puteri simple.cu exponentul z. n

Folosind notaţia P(A)=

II Ak• k=l

obţinem

ÎI (At-BU = (P(A))"- f (n,,. P (Ai)= +

k=l

Ak

k=l

(9)

Din aceasta se 2n termeni de forma

observă că specială

integrantul în (8) poate fi scris ca o sumă de

±exp ( -z (ln y-ln Cr (A 1 ,

=

••• ,

An, B1 ,

± exp (-z•C,(y, A, B)),

••• ,

Bn))

=

FUNCŢII

unde C, în termeni

CARACTERISTICE.

exponenţiali

„

FUNCŢII

de

2n

y-• II (Af- Bf.) =

~

k=l

ca

şi definiţi

sînt reali

355

GENERATOAJ!E

e,e-•c,,

(10)

r=l

deparametriiA 1 ,A 2 , ••• , A,., B1 ,B 2 , ••• , B,.,y; şi unde e,= ±1 cum numărul de factori Bk ce apar în C, este par sau impar. Pentru C, ~ O, avem

funcţii

după

(n ~ 2) (11)

cînd Ca) ➔ oo . Astfel din (8)

şi

rezultă că

(10)

=

J(y)

~

2n

1

r=l

c.> ➔ a:i 2m ll(c.>l

~ e, lim -.

e-•0 ,

d

(12)

-;-•

z

< O.

C,(y, A, B)

Notînd prin L (Ca)) jumătatea cercului z = Ca) ei111, ~ ~ cp ~ 3 n-, astfel R (Ca)) + L((a)) este întreg cercul /(((&)), dat de analog ca în (12), obţinem

r

I

e-=0 ,

d~ z

JL(c.>)

I➔

O, cînd Ca)

. -l I1m

c.> ➔ a:,

. hm -1

c.> ➔

a:i

2m

~

2m

~ J!(c.>)

pentru n




(5)

e- , ~ i,(it)•, r=O

b) Să stabilim acum densitatea de repartiţie a variabilei ~- Se poate demonstra că f(y) este o funcţiune continuă şi că funcţia g(y)

= J(y)

• e••

f(y)

=

e-••< 11 - 1111 •

t

r=0

A, H,[c(y- m)].

::ir.o

PROBABILITAŢILOR

CULEGERE DE PROBLEME DE TEORIA

Aplicînd formulele de inversiune (5), avem - ~ + llm ye 4 c• -.!:

=

cp(t)

A t -f (it)'. m

G r-0 G

Pe de altă parte, variabilele aleatoare I;, fiind independente rezultă

cp(t)

=

n [a, = IT t

cp1 (tli t) cp 2 (a 2 t) ... cp 11 (a 11 t)

r

mk (ak

k-1,-orl

că

]

it)' •

unde cp; sînt funcţiile caracteristice corespunzătoare variabilelor I;,, iar mL momentul de ordinul r corespunzător densităţii de repartiţie fk(x), adică

mt =

c+m

Lm xi:Mx)dx,

= O, 1,

r

•••

Identificînd cele două expresii obţinute pentru cp(t), se pot determina Ak şi deci funcţia f(y). Dacă M1: este momentul de ordinul r al variabilei ~. se găseşte că coeficienţii

n

M1

= k=l t ak ml,

n

M2- Mi

= k=l t azmz

şi

2 -

1 2 y;; A 2 - 1r A1 · + - = 1M 2 - 1Mqi, G4

t;3

2c 2

şi aşa

mai departe. Pentru a pune în evidenţă legea lui Gauss astfelîncît A1 = A 2 = O. Atunci

redusă, să

alegem pe m

şi

c

n

m

= 1vl1 = k=l t ak mL

1 C

= Y2(M2-.1vlD =

V~

1

1 2

2

2 .l.l akmk

= aV2

k-1

şi

deci (5)

şi

FUNCŢII

Dacă

J,'UNCŢII

CARACTERISTICE.

GENERATOARE

361

legile A{x) sînt reduse, adică ml= O, mf = 1,

atunci n

m = kl1 = O,

M 2 = ~ af = b~, k=l

1

C=---- 1 Â 1 =Â 2 =0 b„

şi

V2

deci 11 2

f(y)

=

1 b 11

53. Fie

y2,_

2)·

e-2b;; +e-2b; r=3 I; A,H,(b,, vV

~ o variabilă aleatoare, a cărei densitate de repartiţie este dată de

f(x) :.._

VI

e-2:: l;A,H,( yx-),

27' r=O CJ 2 coeficienţii A, sînt supuşi nmnai la condiţii suficiente pentru convergenţă. Fie ~1 , ~ 2 , ••• , ~ .. variabile aleatoare independente de ~; valorile CJ

mzde

11::I

x1 , x2 , ••• , x 11 pe care le pot lua aceste variabile satisfac m (m(t) Ţinînd

seama de o

relaţie

caracteris'(1)

a_ lui Nielsen '

~::e-:• (a:+it)"dx=Va1t(-+l

•Hn (/;)•

şi observînd că primul membru al egalităţii (1) este proporţional cu o funcţie caracteristică, factorul de proporţionalitate fiind M 2n, adică momentul de ordinul 2n al lui f(x), iar produsul (-l)"q,< 211 > (t)e- 1" este o funcţie caracte-

ristică

pe care o vom nota cu M 2" (t), atunci

de unde

rezultă că

C2n -- ,Wz., ? g (O) -l'r

deci C2" >, O pentru orice n, unde g(O) este densitatea de punzătoare funcţiei caracteristice (t). O b ser v a

ţi

e.

Ţinînd

seama de

C2 ,. de unde

rezultă

cli. C211 :;;;i,. O.

=

relaţiile

y;rf+co x

J-co

2"

e

stabilite mai înainte,

.,.

~ f(x)dx,

repartiţie

observăm cli.

cores-

FUNCŢII

Să evaluăm

(t) - 1 ~ ( - l)"· - VTt ,f::o

seama de (1) putem scrie

cp(t) =

i; (- W r=O

Cum

C2n

23n (211) 1 că

t2• =

q,

sub forma

1- nsm ,: 1:2

D 2( I;).

r(m + 2) ml

=

(111

+ 1) l

=ni+ l.

ml

Analog avem M(l;2) = - 1

ml

de unde

rezultă că

n2(I;) Dacă luăm

e

=

=

~"" x'"-t2e-"'dx =

(m + l}(m + 2)

0

M(l;2) _ (M(l;))2

=

11t

+ 1.

+ 1, atunci inegalitatea lui Cebîşev ne dă

m -

m

P(ll;-(m+l)l - .

de unde

urmează

imediat

m+l.

că 11

P(O< I;< 2(m ·+ 1)) > -'-- , m

adică

+

1

inegalitatea ce ne-am propus s-o dovedim.

5. Se

consideră, variabila aleatoare I; a cărei densitate de repartiţie este a:

p(x)

~ { ••:;(,:•I

dacă

x

>

O,


O, pentru ex suficient de mic, cu o probabilitate oricît de apropiată de 1 se poate afirma că 11; I < e. SOLUŢIE. Să aplicăm inegalitatea lui Cebîşev sub forma Să

P(II; - M(l;)I




D2(~)

1 - ~o

În cazul nostru avem a:

M(I;)

=

(°"

x«+le «

Jo ««+tr(l+a:) dx

=

a:«+ 2 r(a:+2) a:«+Ir(or.+ l)

=

ex (oc

+ 1).

ŞIRURI

DE VARIABILE

CONVERGENŢE

ALEATOARE.

369

Analog avem rr

M(~

2 )

1

=--«"+ 1 rc1+ oe)

urmează că

De aici

~..,

D

x"+2e

-îi

= ex2 {ex + l){ex + 2).

dx

0

•

2

=

(~)

M(~ 2)

Cu acestea, inegalitatea lui

P (\; - ex (ex

(M(~)) 2

-

Cebîşev

=

ex2 (ex

+ 1).

devine

+ 1) I < e: > 0)

119

1-

1 (oe+ )

e:i

pe care o mai putem scrie sub forma

P(-e:0

+ oc(cx + 1) 0

2

1 - oe (oe+ ~

.

urmează că

De aici

1 ).

pentru ex suficient de mic avem

P (I; I < e:) > 1 - "tJ· Cebîşev să se găsească limita inferioară a

6. Aplicînd inegalitatea lui probabilităţii inegalităţii

+I

I1:


, j _ M,(I :_~+ll I)

1 6

2

= M ( _oe

«

_

1010

5

10 -5 _ 36,10 10

106 18,10 6

3. 10 6

+

1 36

+

1 ) = 36

1 36

=

+

2

M(oe ) 1010 5

36,10 6

_ ·

'

1 18

întrucît avem

p = _·1_;

q = ~; n

6

,M(cx)

M{cx 2) 24 -

c. 319

.

6

=

np

=

= n2p 2 + npq =

JO&

6

M (oe) 3; io 6

= 10s, ,

1010 JO& .5 -+--.. 36 36

+

+

1 36 -

1 _ · 36

5

36,105

PROBABILITAŢILOR

CULEGERE DE PROBLEME DE TEORIA

3i0

Deci

p ( ,~ 10 5

_l 6

I < 10-2) ~ 1 ?

p

10'-S 36-10 1

=

1 - -5 = l - - - = 71 36-10

36-2

72

(l~--1 I 2!..· 10 5

6

72

7. Se aruncă o monetă de n ori. Cît de mare trebuie să fie n pentm ca probabilitatea inegalităţii

I(~) - I. ,,. ·_·

Cum 2(~) - 1 = 0,99, urmează că (~) = 0,995 şi de aici cu ajutorul tabelelor ~ = 2,57. Putem afla acum numărul n din relaţia 2

Yn =

25

De aici urmează

Vn e:i. 32,125 n

=

2,57.

şi prin urmare

1 033.

:n.r

CULEGERE DE PROBLEME DE TEORIA

PROBABILITAŢILOR

---------

12. De cite ori treb1de arnncată o monedă pentrn ca să putem spune cu o probabilitate de 0,6 C(i abaterea frecvenţei de apariţie a stemei de la probabilitatea 1 p = să fie mai mlcă decît 0,01 ? ~

SOLUŢIE. Să

folosim pentru aceasta teorema lui Moivre-Laplace.

Atunci

P( Nouă

V;q I ~ .. - PI < ~)

Ce!

2 (~) - 1.

ni s-a dat

2 (~) - 1 = 0,6. Rezultă de găsim ~ 0,84.

Cum p

că

aici

=

(~)

= 0,8, iar din tabelele pentru

funcţia

(x)

= q = ~ putem afla valoarea lui n din relaţia 2

0.84

=

V 1

n

2

care ne conduce la 2 Vn

=

84 sau încă n

1

. 0.01.

2

=

1 764.

13. Se aruncă de 360 de ori cu o pereche de zaruri. Cu ce probabilitate ne putem aştepta ca să apară 12 puncte (dubla 6) de un număr de ori cuprinsă între 8 şi 12 ? SOLUŢIE. Probabilitatea ca să apară 12 puncte într-o aruncare cu două zaruri este p = ~, iar probabilitatea ca să nu apară 12 puncte este 36

35 q=l-P= 36 .

O să folosim şi aici teorema lui Moivre-Laplace

P (ex< Cum n

=

V

pnq (~,. -

P) V1 - e-B• > 1 2 ~B

-I e-B• 2

o

care ne conduce la inegalitatea

p

li ~ )

&)

PROBABILITAŢILOR

=

q=

..!.. , n 2

= 1 OOO iar

ft , urmează că avem

"

-·2 2

p(lţ,.- ~ 1~0.1)>1-

= 1 - -401 = 1 -0,025.

I 000,0,01

Prin urmare, din faptul că P ( lţ 11

~O.I) > 0,975

~I

-

rezultă că

putem afirma cu o probabilitate de 0,97 (putem afirma chiar cu o probabilitate de 0,975) că numărul de apariţii ale stemei este cuprins între 450 şi 600 cînd aruncăm de 1000 de ori cu o monedă.

16. Fie (~nh.~ 11 , - 2 Dacă

evenimentele A„

şi

Vn.

B,: sînt independente, atunci avem

"/Jn

>

X

D -

eveniment pe care-l vom nota cu A. Se observă că

v-

2 n

384

CULEGERE DE PROBLEME! DE TEORIA

de unde

n

t

n

P(Ak)P(Bk) =

k~l

t

k=l

PROBABILITAŢILOR

P(Ak n Bk) =

P(u Akn Bk)- 2DVn)

Cebîşev

1 - P( Bk) ~

l

k

11 -

~-< 7

adică

Atunci

arătat.

ceea ce trebuia

25.

Considerăm şirul

care M( ~1:)

=

de variabile aleatoare independente (~,JkeN* pentru = 1, 2, 3, ... , şi. seria

O, D 2 ( ~k) = DL k

D~ t.., --;;

3

o jmicţie

•

O

contim,ii pe (O, I).

11

ŞIRURI

J,, = M

(1(:, t ţk )) · 1

legea tare a numerelor mari avem că ~ ~ E _ BprnBpe •l~ur ➔ _!_ , " ➔..,

/..J -k

1' k•-•l

Pe de

altă

p

e2

2

" •. 1

n2 (.!..

D 2 (ţk) = (ivlţf) Fie E>O arbitrar. avem 1

I

> N( e:) să

considerate este

11

11

-

f

=-fi·

N( e:) astfel încît pentru orice

(~)I < e: care ne va dovedi că limita expresiei

!(f) · Într-adevăr, dacă notăm cu P„ funcţia de proba-

scnem

+~ că

••• , (

11 )

atunci putem scrie

însă

{I !.. ~ ~" - ~ I 11

Din fapt-µl

1:=l

Să arătăm că există -

1211 i.: 2

(M(ţ,J) 2 = : - :

bilitate a vectorului aleator ( ţ1 , ţ 2 ,

k-1

-

fdP,.

=

A 11

+ B,..

< ,,}

/ ia valori în (O, 1)

rezultă că

A,.~P(I.!.. t (1:- _!_I>"/))~~•

f fiind o

avem

i ~1.) = 2,- t n2 (~1,)

11 k=l

să

Cebîşev,

(I.!.. t. ţk - 2-·1 > e:) ~ D2 ( ; lt t,,) = _ 1. 11

Yom putea

2

parte aplicînd inegalitatea lui

întrucît

n

387

ţ,,, ... un şir de variabile aleatoare indepenuniformă pe [O, 1]. Atunci evident avem

~OLUŢIE. Fie ţ 1 , ţ 2 , ... , dC'ntc fiecare urmîntl o lege

După

CONVERGENŢE

DE VARIABILE ALEATOARE.

--------

funcţie continuă,

11

l·-1

putem scrie

1211112 inegalităţile

2

tC)-"l)

m

jdacă W EE -l, [

=

m

1, w e [O, 1)

> O,

j)'J = 12 , , ... ,

m

şi

,

1tt.

să considerăm următorul şir

avem

p ( w: ll;Ln> (w) I ~e:) = . p ( w Dacă

j_) ,

j - I '

1 -; 'k ) -n-,

E [ k -

)

1 = -;•

N ( e:, "l) atunci

P (w: I l;t•> (w) I:>- e:)


:}·

Luînd probabilitatea acestei incluziuni, vom

obţine şirul

de

inegalităţi

P(w: I !;,,(w) 'IJn(w)I > e:)a)+ P(w: l'IJ,.(w)I > :)< e:)~F(-a)

şi

să

a

+

1-F(a).

fie puncte de continuitate pentru

F(-a) 0. 2

2

Atunci lim sup P (w: Iţ,. (w)

"1) 11

(w) I> e:)

~

8.

n ➔ ao

Cum 8 este arbitrar

rezultă

că

deci

ţ„"lj,. ,..:... ➔ o.

11. Se da1t două şiruri de variabile aleatoare : şiriel ( ~11)neN* convergent în probabilitate către a, şi şiriel ("l),.)neN* convergent către b > O. Să se arate că dacă "1) 11 > O şi 1 ~ 1 ~ c, atunci •

7lo

!: .

=b

lim M (~")

n ➔ oo

SOLUŢIE. Să Ân,c

introducem

7) 11

următoarele

·

evenimente

= {w :lţ,. (w) - al> e:} şi B,,,., ={Cil: l"ll 11 (Cil} - bi> e:}

şi

C,.,. = A,.,c U B ... ~. Folosind formula care ne dă valoarea medie în

funcţie

de mediile

condiţionate, obţinem

M(l~"-!:I) = P(C,.,c)Mc (l~"-~I) + P(q_.)M c (l~"~i1)·~ '1l„

b

'1l„

n, •

~ [P (A,..)+ P(B,. ' .)] (c + • w . O < e: Saw l uam

< .;2.b.;. .

M oe ( ,

n, c

7l„

11, •

~) b

+ Mcc

11 • •

(I ~"-!:I)• 7)

0

b

~

; ,.-:··

I

b

D aca w

lţ(nEN• este un şir convergent în probabilitate către a, şi dacă I ~n I ~ c, 11 = 1, 2, 3, , , ., atunci Jim M(~,.) = a. Într-adevăr, acea~tă. afirmaţie este un caz particular al celei demonstrate, în care luăm "I,. = 1 ; 11 = I, 2, 3, ... Aşadar clacă avem un şir de variabile aleatoare convergent în probabilitate către o constantă iar şirul dat este uniform mărginit de o altă constantă, atunci convergenţa în medie de ordinul întii este echivalentă cu convergenţa în probabilitate.

12. Fie (!;,.),.EN• 1m şir de variabile aleatoare independente care ait reparit'.ţie exponenţt'.ală iar M ( !;k) = ck'", unde c > O şi O < ex < : •

Să

se arate

probabilitate

că şir-ul

către

SOLUTIE. '

(lJ·,. -

zero.

1111

c

)

11 + l nEN•

11

Ştiind că

!;k

-

= 2. 11

• v,, .-:... ..,,. - CIi"' F1e - • Atunci avem ., 11+1

c • M(v,.) = kl(lJ,,) - -c,1 = ~ k11 . «+ 1 1J lt=l

tatea de

itnde lin

±

k=

că

cn"' = cn"' - (- I «+ 1 11 1111

II

~k11 -

-

are repartiţie exponenţială cu media ck a variabilei aleatoare !;,., este

11

k~ 1 ,

l

O

=

-

t

ck 11

-

e

_!._ ci:"'

dacă

x-< O,

dacă

X

> O.

De a1c1 deducem imediat printr-un simplu calcul

M(!;i) acum

că

=

2 cll 1~211.;

D2 (!;A:)

=

c• 1,2a,

-

n )

«+ 1

rezultă că

repartiţie

P~ (x) ~,.

Urmează

!;k converge în

l

că

•

densi-

ŞIRURI

DE VARIABILE ALEATOARE, CONVERGENTE

Ştiind că

i

lim

_1_ kzri 11iri+l k=l

n ➔ co

şi c:l O < «
=

Demonstraţie. Fie 7u1 C 7v cel mai mic pe (fn)o~n =

Fie acum g e â1v1 arbitrar. Pentru orice

astfel incit

O.

llc-c\l M.

(4)

urmează că

x}/A) -

P (w: l;n (w)


a)= . k-1

. k=l

.

= 2PLt X1. (a)= 1, I Sn (w) I> a)~ 2P (w: I Sn (w) I> a)

de unde

urmează

inegalitatea

P (w: sup Sk I (w) I> a) ~ 2P (w: I Sn (w) I> a). 1-,.:k.,.:n

relaţia

ŞIRURI

Să

DE VARIABILE

presupunem acum

că

CONVERGENŢE

ALEATOARE.

,:121

am ales pe x astfel incit

P (6): I s,. (6)) I> x) ~ _1 4e

iar 1

e:=--4 (x

Atunci M (et I Sn I)~ etzi

.

+~

e•C 2"'

cm+1>- 11.

+ 1)

P (6): I S,. (6)) I :;;;i,. 2111 - 1 (x

+ 1) -

1)

~

tll=l

1

~eT

+

...

~

e-2m-2

=

L,

flJi::::,1

unde L este o constantă absolută. Să presupunem acum că ~1 , ~ 2 , ••• , ~n au repartiţii arbitrare şi că satisfac condiţiile din enunţ. Introducem variabilele aleatoare independente ~; , ~;, ••• , ţ~ iar ~~ a vînd aceeaşi funcţie de repartiţie ca şi ţ1;, Dacă acum punem ~; 1~ k

=

~~

~

= -21- ( ţ1: - ţ~) constatăm că

n sînt simetrice

+ ... + ţ;

şi dacă

şi

satisfac .

variabilele aleatoare ~;,

condiţiile

. .

P (6): I s,. (6)) I> a)~ ·

din

enunţ.

Punînd

s: =

1

. Be

,

atunci P(6):1s:1:;;;i:.a)~2p(6):-1 IS,.(6))1>~)~-1. ·

Alegînd e:

2

=

1 4 (a+ 1)

,

2

4e

obtinem conform cu prima parte a soluţiei că '

M [i"' ls:I)] ~ L.

Cum

unde S~ (6))

=

n

~ ţ~ (6)) şi

s:.

are aceeaşi repartiţie ca şi S 11 urmează că

k=l

Af

(i I Sn I) ~ L [M (e -. °î I

Sn

I_ )]-1.

422

CULEGERE DE PROBLEMEl DE TEORIA

PROBABILITAŢILOR

Dar - ~ I Sn I (

~e -

8(0:1,

dacă

Prin urmare,

- ţo

)~ e -

M (e -

P (w: I S11 (w) I< a)~

1 ) >e • ( 1-&

¼• (l-a";"· 1 )

condiţia

a satisface

P(w:IS 11 (w)l>a)
e:) 11 ➔ 00

o.

= o.

În cazul în care ţ = a şi "1) = b, a, b constante, atunci este suficient ca f (x, y) să fie contimeă în pimctul (a, b)). SOLUŢIE. Din faptul că f (x, y) este uniform continu~, urmează că pentrn orice e: > O, există 8 (e:) > O astfel încît pentru orice x' şi y' care satisfac inegalităţile Ix - x' I < 8 (e:), IY - y' I < 8 (e:) să avem I f(x,y) -J(x',y') I< e:.

• t' Dm ""

p t' • ---;;:;:;-➔ c:, ŞI

"'ln

p -;;:;;;-➔ "1)

=

lim P ( 6.l: I ; 11 (6.l) - ţ (6.l) I> 8) n ➔ oo

Să arătăm că

>

pentru orice e:

lim P (6.l :lf (ţ 11 (6.l),

n ➔ oo

rez

ultw w a ca

O şi lim P (6.l: I '1ln (6.l)-"1) (6.l) I> 8) n ➔ oo

= O.

O avem

"1) 11 (6.l))

-f (ţ (6.l),

l)

(6.l)) I> e)

= O.

Din incluziunea {6.l: I ţn (6.l) -

ţ (6.l)
E}

+P (

6) :

îndată

ce n

>

l '1ln - '1l I > 8) N (e:, e:')..

< 2e:'

< P (Cil : I ţn -

~ I :>., 8)

+

420

CULEGERE DE PROBLEME DE TEORIA

PRODADILITAŢILOR

. b1'lce l alea toare ..,,. t:' 3 t.:t. F. •te vana ..,.,,,,, ş1.• vn cu 1n, 11 , 'Y),cn,., 11 , Yen şi j = 1, 2 .... , ll, iar , ·

1t

= 1, 2,

3, ...

k

'E

v,. = ~rn.11 +

'Yllt„ t)!.~n ·

i=l

Presupttnem

că

condiţi-ile

sînt îndeplinite

a) lim limsup P(w: I 'Yl~~n (w) l>e:)=0 pentru orice e:>0 şij=l,2, .. . ,k. III ➔ =

li

b) lim lim sup lim sup P (w : I

j

=

M➔ =

fli

,

t~~n (w) I >

M) = O pentru fiecare

n

1, 2, ... , k.

c) Fimcţt'.a de repartiţie a lui ~'"·" converge către fimcţia de repartiţie F, pentru fiecare m fix. Atunci fmtcţt'a de repartiţie a variabilei v„ converge către F. SOLUŢIE. Fie ex un punct de continuitate, arbitrar, al lui F şi fie & > O arbitrar. Vom arăta că pentru n suficient de mare, avem

IP (w: v,. (w) -< ex) - F (ex) I < e:. În problema 6 să punem ~

=

k

v,., 'Y)

'E 'Y)~! 11 t~~n, a =

= ,

o>

atunci pentru orice m, n,

IP (w:

ex, b =

(ex)

o.

i=l

O avem

v 11 (w)-< ex) -F (ex) 1-< max i=:1:1 k

+ P (w: I :E 'Ylg!,. (w)

IP (w:

~m.n (w)-< ex+ io) -F (ex) I+

t~!,. (w) I >

o) -
.lltl) +

tl

k~) · (~)

P ( CJl: I 'Y):~'.n (w) _I >

pe o > O astfel încît : (1) a + o şi ex - · o să fie puncte de continuitate ale lui F.

Fixăm

(2) max IF (ex) - F (ex+ io) I < i=:1:1

Folosind

.

condiţia

(b)

fixăm

.=... 4

pe M - suficient de mare - astfel încît

(3) lim sup lim sup P (w: I t~~n (w) I > M) > ~. j = 1, 2, . , ., k., fla

4k

n

Din condiţia (a) de mare, astfel ca

şi

din

relaţia

(3)

rezultă că

(4) li~sup P (w :I t~!n (w) I> M)


n

'

8 -kM -) < -=-, j = 4k

Din relaţiile (1), (4), (5) precum şi din determina un 110 astfel încît pentru orice n (6) max 1=±1

(7) p ((I)

IP ((I) : ţm,n ((I)) ~ ot + i8) =I~:!.~ .. ((1))1>

{8) P ((I):

M)


)=

V·

llllm ni"') (w)

M

(J.m,n (c.>)

.

ni.

De aici urmează că

1 - (M)

+ (-M)

··!;,

t

unde· am notat cu (a) = yţia b) din problema .34. . 21t

~,.

u•

e-2 du, astfel că { ~i,;!11} satisface condi-

.

_..,

tn

Avem de asemenea, pentru -

2"'

-< ).

de unde rezultă că f·IJ!,~!n} satisface condiţia (a) din problema 34. Evident { ~~)n} satisface de asemenea condiţia (b) din aceeaşi problemă. - Dacă arătăm că

ŞIRURI

DE VARIABILE ALEATOARE.

satisface condiţia (a), aplicînd rezultatul problemei 34, soluţia problemei noastre. Avem

.

.

( I

(61) -'I)" hm sup hm sup p e:J n fw =

111'-m

=

relaţiei (1), obţinem

I> e:)< 12!!. - ,. n

n {w =I"":·"_ 1-'-ml < 2-m J) + li~sup limnsup p ( 2-m) +

2-m)
. În plus avem P 01 =

+ (1 -

A-

µt •(P1 -

-"-] ).+µ

1 - Pin>, avem _µ_

.

într-adevăr pentru

=

=

=

(1 _ p1n-ll) A+ p1n-ll (1 _ µ).

=. _,._ ).+µ

Pt"> .

pţ

=

1, avemp~n-ll

1, r

obţine

Pl") şi

PROBADILITAŢILOR

(1 -

).+µ

=

n

+ (1 -

).+µ

1, 2, avem

+ PH1 :>. - µ) + :>.

P~) )..

Pf = p½(l -

A - µ)n • [Po - _y.__ ] .

µ)

= Pdl ._ A -

µ)

+ A; Pf = Pi, .

sau

+ ).

+

+

p12 >= [(1 - A - µ) P1 A] (1 - A - µ) + A = P1 (1 - A - µ) 2 (1 - ). -. µ) de unde, adunînd şi scăzînd -"- (1 - ). - µ) 2•

+ )..,

"+ µ

obţinem:

Pi2>= (1 - A - µ) 2 (P1 - -"-] + :>.(1....:. :>.-µ)+A+_,._ (1-:>.-µ) 2 ....:.. .).+µ

=

(1 - :>. - µ) 2

+ (1 -

(p

1 -

).+µ

-"-]+~-.{(A + µ) [(1 - ).. - µ) + 1]

:>.- µ) 2}

Â

+µ

=

Â

+ µ_

.

.

+

(1- :>."- µ) 2 (P1 - -"-·] +-"-,

.

l" + µ

"+ µ

Po este probabilitatea ca la momentul t = O maşina să stea ; p1 este probabilitatea ca la momentul t = O maşina să funcţioneze.

PROCESE ALEATOARE


. = µ = 1,

excepţia

1, cu

,1,11

6. Vrem să aprovizionăm itn magazin cit un prod1ts dat, într-o perioadă (de exemplu o. săptămînă). N1e se cunoaşte cantitatea ce se poate vinde într-o săptămînă ; sînt cunoscute însă, pe baza experienţei, probabilităţile dată

Po, P1, P2, • .. , .PJ, •, ., P10 ooo ,-·

să constea în 1, 2, .•• , j, ... , 10 OOO unităţi. Dacă pentru orice 1{n#aiţ -pîndută se cîştigă 10 lei, în timp ce pen~ru orice imitate ce rămîne în magazin la sfirşitul săptămînii se cheltuieşte 2 lei, se cere, să se determine nu-

ca vînzarea

măr1el x de 1tnităţi ce ar trebui să existe în magazin· ta începutul pentru ca să se reaUzeze un maximum de beneficitt (cîştig). SOLUŢIE. Avem

săptămînii,

10000

'E

pi= 1

1=0 Să notăm

vom avea un

cu i numărul de dat de

unităţi

care vor fi vîndute ; cînd x

~

i

cîştig

10 • i - (x - i)2

cu probabilitatea P;,

adică

în medie

Îl'

I; P; {10 • i - (x - i) ,

2}

i=0

dacă

i > x atunci

cîştigul

va fi dat de lOx,

şi

în medie

10000

10x I; P,. i=:i:+l

Deci

cîştigul

va fi dat de

z

I; P, {10 · i - (x - i) · 2}

10000

+ lOx I;

i=0

Pentru a rezolva problema este necesar care

P,.

(1)

i=z+t

maximizează expresia (I): Probabilităţile P, pot fi interpretate

ca vînzarea să fie cuprinsă între i -

ca

..!.. şi i 2

să determinăm

probabilităţile corespunzătoare

+ ..!..2 unităti'

i+.!.. P, =

~. : p(t) dt, •-2

unde p(t) este densitatea de probabilitate.

valoarea lui x,

4·12

CULEGERE DE PROBLEME DEl TEORIA

PROBABILITAŢILOR

Atunci expresia (1) devine

( [lOt - 2 {x - t)] p (t) dt

+ 10.x rooo p(t) dt

care se mai poate scrie sub forma

+ 10.x ( 1 -

~: [lOt - 2 {x - t)] p (t) dt

~: p(t) dt))

sau

+ 10.x -

12 ~: tp(t) dt şi

12.x ~:·P{t) cit.

Pentru a·_-găsi punctui de maxim vom deriva ·expresia de mai înaint~ rezultatul n vom egala cu zero. Avem . .. . 12.x . p(x)

·+

10 - 12 ~:

i2x ~ p(x) · :- O

p(i) dt -

de unde ~: p(t~ şi

cum derivata a doua este

~~.

_-•• ::

negativă

I

·'

. ·. ~

.. ,

- 12· p(x) . problema este rezolvată. · , 'i; • · • -: : ·: În cazul discret este suficient să sum,ăm probabilităţile P,, începînd de la P O pînă la x ; obţinem ·'

„

b

10

R,=;:-_ 12

i=O

Pn

=

7. Fie lanţul Markov cit două stări E~ ş{ E 2 cit probabilităţile de trecere

P22 = P, P 12 = P 21 = q (unde O < P < 1 şi P + q = 1) şi repartiţia P(~ 0 = 1) = oe, P{~0 = 2) = ~ (unde ix+-~ · 1). Se cere:· ·· a) să se determine probabilităţile de trecere dwpă n paşi {P}Z>} ; b) să se determine. probabilităţile absoliete {Pi ·(n)} ; c) să se determine probabilităţile limită {PJ}; d) să se determine probabilitatea condiţionată P{ ~o = 11 ~.. · 1}. . SoLUŢ~-- Matricea probabilităţilor de trecere este ·

iniţială

'•

' I

~•

•

I

-::-·t ._

7t

=li~

Valorile proprii sînt ).1 = 1 şi ). 2

..

p-

'

•

-~

• I

;

•

;11q şi ţinînd seama de formula

III

1t"

.

= b Af Ai . ic=l . ·

PROCES~ ALEATOARE

413

obţinem

b) Avem

+-

şi

P2(n)

= «PW + ~P~&1 = -.

(«-: ~)

(P- ~)" ·

2

.

.

c) Din (b) deducem

lim P 1 (n) = lim P2 (n). = -

tl➔ m

ţine

11 ➔ m

1

•

2

Acest lanţ Markov este ergodic şi distribuţia lui rezolvînd următorul sistem de ecuaţii

., limită

·•:

.·

(P1 , P 2) se ob-

P1 . P1P + P2q, P 2 = P 1q + P 2p, P1 + P2 = 1. d) Pentru a calcula o probabilitate condiţionată ne folosim de teorema lui Bayes ~ _ •I i: _ '} _ P go = i} • P gn = j I~o = i} P {

Am arătat deci că P'J,., este o funcţie de n perioada sa este egală cu 2. Să calculăm acum limitele w 31; şi wJ1;•

asimptqtică periodică şi că

·

PROBABILlTAŢILOR

CULEGERE DE PROBLEME DEJ TEORIA

4·18

Pentru calculul primei limite să facem pe m -+ oo în P 2m+2 _ ~ p2m p2 :lk

iar pentru cea de a doua în

-

relaţia 2m+l _ P :ik .-

w

Deci W:1 0, ••• , 19 şi w;0 , ••• , care satisfac sistemul de ecuaţii

.l..J

;/I

lk

p2111-l

p2

relaţia

' ~

.l..J

w;'9

ii

lk 0

constituie

două mulţimi

de valori

t z, P;k; k = o, 1, 2, ... , s ' din sistemul

Z;:

=

r.~, ~': ~·-~:,- ......... .

ultimele fiind formate

~

{l)

Z211 =Z211-2 P~11-2,211+Z211P~11.211+Z211+2P~11+2.211,

şi

r. ~~i'. ·: :,: ........ .

din sistemul

~

I

~211~1 •.•Z2:-~ ~iJ.~1,:11+.1

Z2,,+1

~ ~211:1.P~,..,_.1,2~+1 +z211+aP~11+a,211+1

.. z2,,-1 P~,,-1.2,,+1

(2) .

+ Z2~1+1 P~,,+1.2,,+1·

însă wik = O dacă j - k este impar şi w;k = O dacă j - k este par, se observă că relaţia zk = 1 devine z211 ~ 1 şi este. verificată de wik

Cum

tk

.

th

.

pentru j par şi k = 2h. Atunci pentru k = 2/t avem w:ik = O dacă j este impar şi dacă j = 2l avem w 1k=Zw unde z21 este soluţia sistemului format din ecuaţiile (2) şi ecuaţia · z211 = 1.

t

h

Însă sistemul format din ecuaţiile (2) şi ecuaţia ~ z211 h

sistem unic de

soluţii

=

1 admite un

PROCESE ALEATOARE

449

= 2ft avem w',k =0 dacă i este par; considerat în cazul în care i este impar. 2/t .

altă parte pentru k soluţia aceluiaşi sistem

Pe de w',,. fiind

Avem deci, pentru k

=

itA dacă i este par, = { O daca J este impar. , {uh dacă ieste impar, W J,2h = WJ,2h

w

,

w

•

•

O daca J este par.

de

Se poate arăta, în mod analog, numere v, astfel încît

pentru k

dacă

v,

W;,21+1

că

i

= 2i +

1,

există

o

mulţime

·

este impar,

= { o d aca J este par. w

•

i este par, O d. aca J es t e impar. .

· = {v, dacă

w'

;,21+1

w

•

Atunci

. -1 [PDJ/1 11m n

n ➔ c,:,

+

• • •

+ pn-1] Jk

-

1 (W;r. 2

-

+ , )- . , W Jk

deci Pjk converge în medie. În plus se vede că pentru k = 2/i sau k = 2i 1t;k

= -21

'TC;k

= -21 •v,

-

'TC;k ' .

+ 1 avem

•U1a

respectiv oricare ar fi valoarea j, deci limita în medie a lui 1t;1, este independentă de i; o vom nota prin tJt". b) Pentru a calcula această limită în medie să calculăm mai întîi pe W;" şi w';k• Să observăm că '1C1,: {

7C1.:-1 ~k-1.k

+

~k+1P1,+1._k

,1 ~ k ~ s - 1,

n'o - n1P10, n. - 'Tt.-1P,-1.,,

t

'1t'1,:

=

1.

k

Atunci WJt=

O dacă { 21t" dacă

, -{ O dacă 21t„ dacă

W;k 2IJ -

o, 8111

li - k I este impar, li - kl este par,

li - kl este li - k I este

par, impar.

(3)

450

CULEGERE DE PROBLEME DE TEORIA

PROBABILITAŢILOR

Ecuaţiile (3) ne permit să determinăm cu uşurinţă valorile 1tk, calculînd succesiv 1t1 , n 2 , • • • în funcţie de 1t0 şi apoi găsind pe n 0 din relaţia· !;'ltk = } . k Pe:atru s_implificarea scrierii să punem

pi,;= Pk,k+l• qk = Pk,l:-1 = 1 - pk, Po = 1, q, = 1. Atunci din (3) rezultă 1t1 ql şi

se

verifică-

=

uşurinţă că

cu

'Ito, 7tz q2 ql avem

=

'1to P1, • • •

q1 = 1to·P1P2 •·· P,-1, 1t,-1 • q,-1 · q,-2 • • • q1· = '-o · P1 • • • P,-2, 1t, • q, · q,-1 • • • q1 = 'Ito· Pi • • • P,-1 • parte n,q,·q,-1 •··

Pe de

altă

t

q, • • • • ·• ql =

=

no

Determinînd pe -

t

q, • • • ·ql+l • 1t; • qi • • • ql = .

q, • • • • • q1+1 • PJ-1 •

j

1t0

1

din

P1-2 · •· P1 •

această ultimă relaţie, rezultă

q, • • • ql ----~-~--q, • • • '114- 1P;_ 1 • • • P1

_ P1 • P2 • • • • 'P,-1 ·-

·•,-

~

ql • qa • · • 'lr

1

sau

ţinînd

1t,

seama

=

Po =

că

1, avem Po P1 ... P,-1 --

.

'1 r

'11 '12

t+ Po + Po. P1 + ... + Po. P1 ... P;_1 + ·.. + Po P1 ... P,-1 '11

ql

IJ2

IJ1

IJa

'lj

ql IJz

Observ aţi a. 1) Un caz interesant este acela pentru care

p 1_1 = '1; În acest caz

adică

p1_1, i

in plus p10 =

pentru 1 ~j - 1, j

'lt1 = 'ltz = · · · = 'lta-1 ·

\ Dacă

= p1_1_1 ,

1

2

= p,_ 1 '.,

avem 1 ,r,=-,

s

'Ito

1

=1t,=-· 2s

+ 1 ~ s.

IJ1

PROCESE ALEATOARE

451

2) Un alt caz interesant este acela pentru caro

k

q"

= P1c,1.:-1 = --:;:·

Atumii

P1c-i T- k --= şi

+l

deci

T T-1 -·-... T-r+l 1 2 r

n,=----------------T T T-1 T T-1 l 1+-+-·--+ ... +-•--, .. -T 1 1 2 1 2

1+ cţ + c} + ... + cf- 1 + 1

sau 7r

r

=

r 1 CT· 2T·

12. Fie JJk> = 1, dacă la momentul t = n, iende n = o,' l, .. ·. im sistem aleator se află î1i starea Ak şi f,jk> = O dacă la momentul t = n sistemul se află în starea A 1 , mide j ~ k. Să notăm g ulkl Să

se arate

_

fli.:)

JO

-

+

fli.:) 1

+

• • •

+J,ulkl •

:

că gCkl li

n către

converge în probabilitate . P1.:

=

pk, unde

lim PJ:> ; k

= 1, 2, •••

N.

n~m

SOLUŢIE. Variabilele aleatoare J.:k>, n = O, I, ... formează un lant Markov staţionar avînd probabilităţile de trecere PJz> iar probabilităţile iniţiale P;• Atunci

unde

..,

Abaterea medie

pătratică

D(g:f 1)

a variabilei g:1k> este

= VP" (n)

dată

de

(1 - P" (n)).

În plus, să observăm că

M(g~kl • g~k_l.,) - M(g~>) M(g:f./.,)

=

Pk(n) [Pfi/ - Pt11 +'>].

452

PROBABILITAŢILOR

CULEGERE DE PROBLEME DE! TEORIA

Cum

lanţul

rezultă că

este ergodic

IP'{J- Pkl -· Pk).

Atunci şi

în

sfîrşit

.

.- ...

IM (g)f>. g~k.l.,)

- M (g~>) . M (g~+,) I

IR (g:f>, gl~+,) I , g)n,) coeficientul de unde C

< 2 (1 -

- d)'

constantă.

Ţinînd

seama de teorema lui Bernstein, referitoare la legea numerelor matf pentru variabile dependente,._:· ayem · :-·· . · · ' · · · .. \\\.',•:•\···', , .. lim p(g~k)')c"•''· lÎrtf p~ (1_i)' .·P,.. fl ➔ O>

.. .

fl ➔ po

1J

'

13. Fie v variabila aleatoare care ne arată după cîţi paşi un sistem aleator revine prima dată în starea A.,, dacă la momentul t = O a fost în starea Ak. Să se arate că P (v

unde

>

n)

-. (k - li) I

J

pk (n) probabilitatea ca la momentul t =

n

să

avem

k particule, a~unci

... Pk (n) = t pj"1=0

11

PJk•

(1)

ln acest exemplu teorema lui Markov nu se aplică, deoarece numărul este infinit. Se demonstrează o teoremă mai generală care ne arată că

stărilor

lim

Pt11 =

(k = O, 1, ... ).

pk

n ➔ ca:,

Introducînd

notaţia CD

G (z)

= :E pk zk k=O

din (1) avem

Ţinînd

seama de expresia lui G (z)

deoarece

=

PJk

obţinem

e>·

r

şi

x, (r)] · [ ~ m, · y, (t) x1 (t)]

analog se stabilesc .şi celelalte

r

relaţii.

=

PROCESE ALEATOARE

4ti9

În cazul exemplului nostru avem X1

(1)

= _I_,

X2

(1)

=-a-,

=

X2

(2)

== 1,

+a

I

X1

(2)

= 1, =-a-, l+a

y 1 (1) Y1 (2)

de unde

1,

Y2 (1)

1,

I = - --, 1+a

Y2 (2)

rezultă,.. că

-Il+a

DW=

a l+a

=

a

I

l+a

--

1

~ a 11 ~ :11,

l+a

"

- - - -aa

I+ a

l+a I l+a

1

l+a şi

l+a

deci

=_ 1 111 I+ a 1

pn

· de unde

li + ţ-1 + a li -1a

a a

a)n

-a 1

li•

rezultă că

I - ( - a) n+1

P n (n ) = ----'----'--• l+a

Pe de altă parte, în cazul directivei (1) maşina produce numai dacă este eficientă, numărul mediu de piese produse este dat de suma lui P 11 (n) pentru O~ n ~ N - 1, unde P 11 (O)= 1, adică 11 - (- a)"+ 1 .t.J - - - - ' - ~ n=O 1+ a

~

I·_ (-a)N = -N- + a - -•

1+ a

(I + a)2

Pentru directiva (II) avem ml

şi

= 1,

m2

= 1 - a,

m 3 =1-b

deci X1

(1)

= O,

X2

(1) = O,

X1

(2) = 1,

X2

(2)

X1

(3)

= 0,

X2

(3)

X3

(1) = 1,

=~ , a-b

x3

(2) = - - ,

=

x3

(3)

1,

b a-b

=

-1,

CULEGERE DE PROBLEME DE TEORIA PROBAnJLITAŢILOR

-4110

y 1 (1) = 1, y 1 (2) = 1,

Y2 (3) = 1,

rezultă

o o 1 1 , Dl2)= o o 1 o o o 1 o a o - -a a-b a+b o 1 -1 o o o

Dlll=

n=

şi

Ya (1)

Y11 (2) = O,

Y1 (3) = - a - , a-b

de unde

= 1, Ya (2) = O, Ya (3) = O,

y 11 (1) = 1,

-a a-b

a-b

o o

o o

b

deci

OO 1 P"=

OO 1 OO 1

+ (1-a)

1 ~ -ba-b

0

o o o o

•

O-a-~

a-b

a-b· a-b

+ (l-b)"·

o o

O

1

-1

o o

o

Putem scrie P 11 (n)

=

(1 - a) 0

_ . (1 P 12 (n ) - a

- b) 8

(1 - a) 8

-

a-b

iar valoarea medie a pieselor produse este N-1

t

n~o

dată

de

N-l

Pn (n) + P 1-i (n) = '

._

t

(1 - a)"+

n=O

_a_ a- b

[(1 - b) 0

-

(1 - a) 0 ] =

a2 (1 - (1 - b)N] - b2 [l - (1 - b)N]

ab (a - b)

Pentru N = 2, cele pieselor produse : (I)

două

directive dau

următoarele

- a 2 + 3a - a -+2-a + a -(l1 - = ----, + a) 2 (1 + a)2 2.

3

. 1

(II) . a2

[l - (1 - b) 2 ) + b2 [l ab (a - _b)

(1 - a)2]

=

2 ,-

valori medii ale · ·

, .. PROCESE ALEATOARE

de unde primei.

rezultă că

(pentru a

>

O) cea de a doua

17. Fie

kl

Pjknl = P (1;,n =

Se

arată că

'11il

directivă

este de preferat

n =.1, 2, . ..

l;m+n =j),

lim Pj;;" 1 = Pj„ n ➔ ao

există şi că

Pj„

SOLUŢIE.

PJ;;"' = şi

formează

stochastică.

o matrice

Avem P (~,n = k, ~m+n = j) ·- P (~m+11 p (~m+n =j)

= j I ~m = k) • P (~ 711 = P (~m+n = il

k)

de aici . 1im

1n

n ➔ ao

consecinţă

p,_. P1.1 _ p• - - - - - n·

p·1-nl _

n

P1

Însă N

t

P„ P„ 1

P1

.

A•~l

si , ·,:deci ..

N

Rezultă că

P;k

formează

t Pj,. = k=l

1.

o matrice

stochastică.

18~ Să se arate că lanţurile Markov multiple de ordiniel k sînt reversibile cie

păstrarea ordinului. SOLUŢIE. Să presupunem

.

k

= 2, pentru simplificarea scrierii. Fie

= 1, 2, ..• ; ln · 1, 2, ·... , m) o succesiune de evenimente în Markov dublu. Ţinînd seama că avem un lanţ dublu, putem scrie

Efn (n lanţ

P · (E 1nn

=p şi

în

acelaşi

n En+l n En+2 n E"+3) n+, n+o n+a = 1

1

1

(Er,.) • p E" (Er,.::) p En nEn+l (E7n:!)Pgn+lnE"+2 (Er,.::j 1n

1n

1n+,

1n+1

1n+.

timp

P (Er" n Er,.:: n Er n Er,.:!) = 11: ;

=

p (Er..::) • PEn+s (Er,.:;) • PEn+anE"+2 (Er,.::) • PEn+snE"+2nE"+l (EI:,). 1 1 1 1 1 n➔ •

n+.

n+a

n+.

ln+a

n+,

PRODABILITAŢILOR

CULEGERE DE PROBLEME DE TEORIA

Putem scrie deci

că

-Analog

găsim

Împărţind ultimele două egalităţi membru cu membru, obţinem

(1) Rezultă că membrul întîi al egalităţii de mai înainte nu depinde de Ern:! şi

deci

de unde

rezultă că

procesul invers este un

lanţ

Markov de ordinul al doilea.

Să arătăm, în plus, că ordinul este efectiv doi. Este suficient să arătăm că membrul al doilea al relaţiei (1) depinde efectiv de Să presupunem că el nu depinde de Ern:;. Dacă punem

E~~;.

p (Ern) PEn (Ei',;:~) PEn nE"+i(El'.,!;) 1„ 1n 1n~,

=

A p (Er,;:~) PE11+i(El~:!)

n+,

1

 nu depinde de Et!;; să însumăm în ambii membrii ai relaţiei de mai înainte în raport cu ln+2. Avem

şi

P (Ei'n) • PE" (Et:~) = A P (Ei'n::) ln şi

introducînd în

relaţia precedentă, obţinem

n+2) P En OE"+l (E ln+z 111

Rezultă că lanţul

cu ipoteza.

111 +1

direct este el

(E"+2) = p En+l l11+2 . 'n+ 1

însuşi

de ordin:ul întîi, în

contradicţie

·

PROCESE ALEATOARE

463

19. Să se arate că dacă {!;i} este itn proces Markov omogen şi aditiv, care ia valori întregi 11enegative, şi dacă a) M

oo,

= O,

b) 1; 0 atttnci ţ,


t

1t•Pn(t)

n=l

de unde

P 0 (t)

Dar atunci

...

IG (z, t) I> P 0 (t) + t

Pn (t),

n -1

> 1-

P,, (t)

Ât.

lzl" >

2P0 (t) - 1 > 1 - 2M.

n-1

Fie 8 = -

1

2h

,

Cum

atunci, dacă O < t




O.

.

G(z,t)=(G(z,:))\ k=l,2, ...

rezultă

G (z, t)

pentru orice t > O. Fie acum

= lgG (z, t).

g (z, t) Funcţia G şi

G (z, t) lzl < 1.

4= O.

Am

(z, t) este însă o funcţie regulată (în raport cu z) dacă Iz I < 1 Atunci g (z, t) este de asemenea o funcţie regulată pentru

văzut însă că

G (z, t

Din

4= O

relaţia

+ s) = G (z, t) · G (z, s).

de mai înainte g (z, t

rezultă că

+ s) = g (z, t) + g (z, s).

Fie acum z e (O, 1). În acest caz O < G (z, s)


; b) să se determine· distribuţia staţionară {Pj}.

C::ULEGERE DE PROBLEME DE TEORIA PROBABILITAŢILOR

408

SOLUŢIE. a) Lanţul este ireductibil şi are perioada t

de trecere Pli>, se

obţinerii probabilităţilor

rnatricei

li P11, li•

1t

este matricea

Scriind

unde

~a+1

2. În scopul canonică a

'J,,y',

de trecere

y' = li ~o, ~1• . . . , în detaliu obţinem

ecuaţia

+ k+l a

~k-1

=

O. Se introduce

=

=

probabilităţilor

a-k+l --a ~-l

=

forma

consideră ecuaţia

Se

y'1t

unde

consideră

-~k-'-1

şi

~all•

= 'J,,~k, (k = O, 1, ... , a), funcţia

generatoare

U(z) =~o+ ~1 z + ... + ~0 za.

Pentru aceasta avem

(1 - z2) U' (z)

+ a (z -

de unde

'J,,) U (z)

a (1 - ::I.)

U(z)

=

=

a (l

A (1 - z):i- (1

O,

+ ).)

+ z)2

-,

unde A este o constantă. Dacă U (z) este un polinom de gradul a, trebuie 2 să avem 'J,, = 1 - 2j (j = O, 1, .. . , a). Numerele A;= 1- j, (j = O, 1, .. . , a) a

a

sînt valorile proprii ale lui 1t. Fie = li ~,o, ~11 , ••• , tor lui A;, atunci

.

~,a li vectorul propriu la

y;

a

~ ~,kzk

=

A 1(1 - z)1 (1

+ z)

0

stînga corespunză­

-i,

1:-0

unde A 1 este o constantă arbitrară pentru care va fi aleasă mai departe o valoare convenabilă. Dacă vectorul propriu la dreapta corespunzătoare lui A; este otos ot;

=

ot1,

ota1

şi x 1 este normat astfel ca

y; x1 =

1 (j = O, 1, ... , a), atunci putem scrie

PROCESE ALEATOARE

Făcînd substituţia ~

=

~

.l..J 01.IJ

A

1 = -2012 -.

sele lor.

Dacă

H

obţinem

(I - ~)' (I o 2

t: -

I '> -

IQO

Fie A•,

+ z)

(1 - z)/(1

4G!)

Aceasta arată că matricile

+ ~)o-, '

li 01. 11 li şi li~;,, ii coincid

cu inver-

= \ 01. 11 jj , scriem TC=H/\H

unde I

n

~ 01.

.1..J i=O

şi/\

li

(I - z)L (I

+ :)o-,

z - -'---'--"----'--

2012

diagonală cu elementele )..1 = 1-2j/a, (j=O, 1, .. . , a). Probabilităţile de trecere Pli> pot fi obţinute ca elemente ale matricei

este matricea

rzt

b)

11

Distribuţia staţionară

P;=(l-j~I

)p;_

1

=

H j\ 11 H.

se

obţine

+ j~l

rezolvînd sistemul de

ecuaţii

P;+l• (j=l, 2, ... , a-1),

f p•0 =-;;- p•1, p•o=-;;- p•_o-1• 1

1

l

0

t p; = 1,

i=O

ceea ce

dă

P; = C{

22. Fie

;a ,

(j = O, 1, 2, ... , a)

lanţul M arkov care are matricea probabilităţilor de trecere

Po P1 P2 • • • Pm-1 Pm-1 Po P1 _Pn,-2 TC = P1 imde

Po + P1 + ••• + P,n ...:.

P2 Pa

Po

1.

Se cere: a) să se determine TCm ;

b) să se arate călim P;(n) n ➔...

= -m1

(j

=

1, 2, ... , ni).

4i0

PROBABILITAŢn.OR

CULEGERE DE PROBLEME DEJ TEORIA

SOLUŢIE.

a) Este cunoscut din teoria

ciclică

a

determinanţilor că

m

ltt-All= II

[0(e:;)-X],

i~l

unde

= Po + P1e: + ••• + Pm-1

0 (i::)

e:m-l

şi 2r.i (/-1) Ej

sînt cele m

rădăcini

Aici ·i = Âj

V-

=~

m

,

(j

=

1, 2, ... , m)

unităţii.

ale

1. Valorilor proprii ale matricii

= 0 (e:;) = Po

„ sînt

+ P1 e:j + ••• + Pm-1 i::'f'- ,(j = 1

1, 2, .•. , m).

Dacă A =ilo:;;\I, unde«;;= dl în care ~;k=e:- 11:-u (i, i = 1, 2, ... , m), atunci 1tA = A f\ , A B = m · I, iar /\ este matricea

e:}- 1 şiB =!!~1

diagonală

o Astfel şi

1

tt

= - A/\B

1t"

=-l-A I\ n B.

"'

consecutiv

m

b) Avem lim /\ "= lim n ➔ co

R ➔ co

xr o o X~

o 1 o o = o o . . . .. o o . .. o o ...' x:,

o o .

o

deoarece o valoare proprie este egală cu 1 ; aceasta este X1 , iar celelalte X; (.i = 2, ..• , m) sînt în modul mai mici ca unitatea. Prin urmare 1 1 1 1 1 lim 7t 11 = - - • 1 1 n ➔ cz,

m

1 1 Acest lant l\farkov este ireductibil, ergodic {P;} (Pj ' 1/nt, j = 1, 2, ... , m).

1 şi distribuţia

lui

limită

este

PROCESE ALEATOARE

23. Fie

şirul de variabi'.le aleatoare

curenţă "

c;II

{

=

k + 'Yln-l + 'Yln-l

1-

~ 11 -

ţ,._1

şi

imde k este im întreg poz#iv fix i11depe11dente cu distribuţia

g

4i1

definite prin formula de re-

11 }

dacă ~11 _ 1 :> k, dacă ţ,._ 1 < k,

variabilele aleatoare {lJ 11 } sînt reciproc

P {lin= v} = C~,pv (1 - p)m-v (v = O, 1, ... , m).

Se cere: a) să se arate că şiml de variabile aleatoare { ~.} .1vfarkov; b) să se determine probabilităţile limită

lim Pg,. =j}

=

formează

im

lanţ

P;.

fl ➔ «>

SOLUŢIE. Lanţul ecuaţii

l\farkov este ireductibil, neperiodic

sistemul de

şi

Po

soluţie nebanală

ergodic

t '

=

P,P;;, (j

= 1, 2, ... ),

=

funcţia

formează

1:-1

t

i =O

Fie

care

(1)

.

o serie absolut convergentă. Fie 7t'v = c~,pv. qlll-V (unde q = I - p). Atuncip;; = 7t'J-IH = 1r;-; dacă 1: < k. Conform lui (1) avem P;

dacă

·

P; are o

şi

«>

P 1 n;_ 1

+t

P, ;,;i-i+k• (j

=

dacă

i:>k

O, 1, 2, ... ).

i~k

generatoare U(z)

«>

t

=

P;z 1

i=O

şi k-1

Udz)

t

=

P;zi.

i-0 Obţinem

pentru U (z) următoarea U(z} = Uk(z) • (:;k - 1) ·

zk -

[1

relaţie

[1 + p (z + p (z - l)]m

1)]"'.

_ Aparent această ecuaţie pare că nu determină probabilităţile P; deoarece poate fi privită ca un polinom Uk (z) de gradul k - 1 arbitrar. Din condiţia U (1) = 1 avem k k-mp

1 = Udl) · - - - ·

4i2

CULEGERE DE PROBLEME DEJ TEORIA

Aceasta În acest caz

arată că

PROBABILITAŢILOR

sistemul nu va fi ergodic dad't k · lim PJ (n) = O pentru toţi j.

~

mp.

fl ➔

Dacă mp < k vom arăta că U (z) este unic determinată şi că sistemul este ergodic. Aceasta se arată în felul următor. Raza de convergenţă a seriei de puteri ale lui U (z) este cel puţin unu şi astfel U (z) este regulat în cercul unitate I z I ~ 1 din planul complex. Pe de altă parte, din teorema lui Rouche, rezultă că ecuaţia

z"' - [l

+ p (z -

1)]"1 = O

are exact (k - 1) rădăcini în interiorul cercului unitate. Fie aceste rădăcini z1 , z2, ••• , Z1,:_ 1 • Cum U (z) este regulată aceasta se poate întîmpla numai dacă z1 ••• , z;,_ 1 sînt rădăcini ale lui U1,: (z). Astfel toate rădăcinile polinomului U1,: (z) de gradul k - 1 sînt cunoscute şi de aceea U,.,(1) = 1 - mp determină Uk (z) şi U (z) unic. k

Deoarece seria lui U (z) este absolut convergentă pentru z = 1 sistemul este ergodic şi dezvoltarea lui U (z) după puterile lui z furnizează probabilităţile PJ.

24. Fie o particulă aleatoare pe axa x-lor, care are bariere de absorbţie în punctele x = O şi x = a. Fie stările posibile E 0 , E 1 , ••• , E: unde E 1 corespunde la prezenţa particolei în punctul x = j. Dacă 1 ~ j ~ a - 1 particula poate trece din E 1 în iena din stările E;+i sau EJ-l• dar dacă ajimge în starea E 0 sau E 0 ea rămîne pe loc. Presupunem că probabilitatile de trecere sînt Poo = Paa = 1 şi P;.J+i = p, Pu-i = q mide P + q = I. Presiepunem că starea iniţială este E 1 (i =I= O, i =I= a) unde P, (O) = 1 şi P; (O) = O dacă j ~ i. Se cere: a) să se determine P1,: (n), (k = 1, 2, ... , a - 1) ; b) să se arate că lim P {~n = OI ~o = j} =

fl ➔

SOLUŢIE.

linii

şi

a) Avem P1,: (n) a - 1 coloane

= pjz>.

1tl •

Considerăm

matricea

-r;•

cu a - 1

opo ... ool qOp ... 00

000 ... 0p IOOO ... qO

care s-a obţinut din matricea probabilităţilor de trecere 1t, prin suprimarea primei şi ultimei linii şi primei si ultimei coloane. În acest caz probabili_-

PROCESE ALEATOARE

Pll!

1 (1 ,< i, tăţile de trecere Găsim forma canonică a lui

'173

lt ,< a - I) vor fi clementele matricei (1t•)". 1t•. Considerăm ecuaţia

=

y'1t*

)..y'

unde y' = li ~1, ~2, • • ·, ~a-111 • Scriind ecuaţia în deta iu, avem

+ q~H1 =

P~;,-1

(k

)..~k•

=

I, 2, •.. , a - l),

unde ~n = ~o = O. Soluţia acesteia, este ~k = A wf + B w~, unde w1 şi c.>z sînt rădăcinile ecuaţiei qw 2 - )..w p = O [se ştie că qw 1 w2 = p şi ).. = q (w1 + w2 )]. Datorită condiţiei ~o= O şi ~ .. = O, ·avem A B =O

+

şi

+

wi = wL

2,:1/

=

w1

unde i

= Vc.>1 =

şi

w2 e0

1 şi deoarece

= l, 2, ... , a - 1), w1 w2 = pjq urmează că ,

(j

Vi /1' , V: c.> 2

=

e- ..~,, (j

=

1, 2, ... , a - 1)

valorile proprii ale lui 1t• sînt Ttj (. )..=q(w1 +w 2) =2Pq·cos-, J=l,2, ... ,a-1), V--

a

astfel

~,, =

~kJ

p

= A, ( q

-

)k/2 sm-;-, . rtjk r.j

(k = 1, 2, ... , a - 1),

.

Aj=2 Vpqcos-, (J=l, 2, ... ,a-1). a

Similar,

obţinem că soluţia

lui 1t• X;

este

= ).. 1 xi,

(j

=

1, 2, ... , a - 1)

O(a-1, i unde ()(li=

Acum avem

Bj(ff\in.,.;, (i

=

1, 2, .•. , a -

1).

CULEGERE DE PROBLEME DE TEORIA PROBABILITAŢILOR

474 şi

din III

Pli1 =

t i

C;

}.j" a.li~;,,

„ 1

urmează că n+k-i 11-k+I

.,;j) sm• .,;ij sm-. rrjk Pik = 211+1p------=r-q-----:s--a-l( - - - - - - t cos-. lnl

a

şi.

T

a

i~l

a

b) Pentru a determina probabilităţile de E 2 , ••• , E 11 _ 1}. După

= {E1 ,

1tj =

t

E~ET

P1,1t!

+t

EkEC

absorbţie

a

1t;, fie C

= {E11}

P,~

avem

{

7tr = p1t; + q 1tj = q1tj_1 + P1tj+1 = q1t:-2

7t:-1

din care

.=

7tj

dacă p =I= q şi „j

=

(j = 2, 3, ... , a - 2)

(tr -(fr , (j = I-; .q

)a

1, 2, ..• a -

1)

-1

1 - j/a dacă

p :- q =

f·

25. Să notăm cit E,,. (t) evenimentul care constă în producerea în intervalul t a m evenimente şi cu · p,,, (t) = P (E 111 (t)) probabilitatea corespunzătoare. Să facem itrmătoarele ipoteze : a) independenţa evenimentelor E,,. (t), E 1 ( .6.) fo intervalele succesive (O, t) şi (t, t + .6.); b) raritatea evenimentelor

eu.6. + o (.6.), Pm(Â) = O (.6.), m > 1 Po (.6.) = 1 - eu + O (.6.). Să se arate că procesitl expus este un proces Poisson. SOLUŢIE. Din egalitatea

P1 (.6.) =

E,. (t

+

.6.) =

U (Er r

(.6.) · E,._r (t)); r = O, 1, ... , n

PROCESE ALEATOARE

4i5

rezultă

p,. (t + Să

li

= l: p, (Ă) p,._, (t).

Â)

(I)

,~o

funcţia caracteristică

introducem

-

1 •

1, deci

P1 (t) ecuaţiei

(1)

L., (t)

=

e->-1•

să notăm

= P"' (t) e'J..t:r:

rezultă că

P"' (t) Avem P; (t)

=

L:z (t)e _,.,.,_

= L; (t) e->-t:r: -

).xL"' (t) e-'J..tz '

sau înlocuind în (1), avem L; (t) e->.tz - ).xL"' (t) e->.t:r: _sau L~ (t) de unde

X=

rezultă că

P 1 (t)

de unde

limită

).P (t)

dt

Se

trecînd la

1, avem

dP 1 (t)

de unde

şi

·

).xP"'(t) + ).(x-1) • P.,_ 1 (t);

Să observăm că

cu Ât

rezultă că

--:- _).xL"' (t) e->.t:r:

= ). (x -

+ ). (x -

1) L:r:-l (t) e-M~z-ll

1) • L.,_1 (t) • e->-t:r: • e>.t e>-1:r:

(1)

47R

CULEGERE DE PROBLEME DE TEORIA

PROBABILITAŢILOR

Însă şi

deci 1

L2(t) =

1

>.( e>:r: P1(-.)dT = A \ e>---a .. = A (e>- 1 -

Jo

1)

•O

L 3 (t) = 2>. ~: e>-"' P 2 (-.) dT = 2>. ( e>--. (e>--. - 1) dT = 1

1

= 2>. ( (e2 >--r: - ei.-.) d .. = 2>. [ - (e 2>,1 J0 2>..

·=

2

eM

1-

-

2e;,. 1

+2 =

2e>·

e2 M -

1

1) -

-

..!.. (e;,.1 - 1)] = >..

+1

sau

L3 (t) = (e'·t - 1)2. În general avem Lz (t) şi

=

(e'· 1 -

l)"'- 1

deci

sau

P.,(t)

=

Să arătăm că

e-i,I

(1 _ e->,l)z-1

o

{

Pz (t) sînt

=

1, 2, ... , x = O.

· Pentru aceasta

să arătăm că

P,.(t)'= 1.

Z=O

Avem e-'-'

dacă

probabilităţi".

t

i

dacă x

(1 - e->-l)z-1

=

z-o

~-hi

'E (1 -

e->-')"'-1

z=O

=

1

e-At

I -

Procesul aleator definit mai înainte este întîlnit proces linear simplu de naştere.

I

şi

+e

-),I

=

1.

sub numele de

30. Pentrie procesul aleator ( ~,) de mai înainte să se calculeze valoarea medie, momentul de ordinul al doilea şi dispersia. SOLUŢIE. Avem (D

M(ţ 1 ) = ~ z=l

xP.,(t) = e->.,

""

~ z-1

x(l - e-"')"- 1 •

PROCESE ALEATOARE

Notînd } -

e-AI

=

•170

Z,

obţinem

.M(l;1)

=

c- 711

'"'

~

=

xz"'- 1

d('"') b z"' = e-7-t_ d(l) -- •

e-1-,_ d&

o:~J

Rezultă că

M ( !;1)

=

.,,, 0

dz

1-z

c1-t.

Pentru momentul de ordinul al doilea, avem CI>

M-2(/;,) =

CI>

~

x2P,.,(t) = e-At

%=1

utilizînd

~

x2zz-1,

m~l

notaţia } -

eM

Însă '"' ~ x 2 • z"'- 1 ,.,~ 1

=

Z.

d = -(z + 2z2 + 3z3 + ... ) dz

Notînd S1

=

+ 2z + 3z3 + ... = z(l + 2z + 3z + ... ) -- ) = z d- (z + z 2 + z 3 + ... ) = z - d ( --~ 1-z

z

2

2

~

după

unele calcule

~

obţinem

M2(I;,)

=

e-'-'

t +z (1 - z) 3

sau iar Să se studieze iermătoml proces aleator: 1) dacă la momentiel t sistemiel se află în starea x(x = 1, 2, ... ) atunci probabilitatea de trecere în starea x 1, în intervafol de timp (t, t ~t) este

31.

+ A., ~t + O(~t);

+

2) dacă la momentul t sistemul se află în starea x, at1tnci probabilitatea de trecere în starea x - 1, î,n 1'nterval1tl de Ump (t, t ~t) este

+

(.1,,., ~t

+ O(~t);

CULEGERE DE PROBLEME DE TEORIA PROBABJLITAŢILOR

480

3) probabiUlatea de trecere într-o stare x - 1 sait x este

O(Ăt).

4) probabilitatea ca î1t intervalul de timp (t, t nici o scltt"mbare de stare este

1 - (}•., şi

+ Ăt)

să

cu x

> 1

mt se producă'

+ µ.,) Ât + O( Ât).

SOLUŢill. Ecuaţia diferenţială care caracterizează naştere şi moarte) se obţine cu uşurinţă.

proces de

P:z(t

+1

acest proces (numit Avem

+ Ăt) = :>..,_1 Pa:_ 1(t) Ăt + [1- (:>.., + µ.,)Ăt] P,,,(t) + + !J.:i:+l p z+l(t) Ât + 0 (Ăt) ,

. Trecînd în membrul întîi pe P,,,(t),

împărţind

cu

Ât şi făcînd

pe

Ât➔O,

obţmem

P~(t)

=

Â.,,_ 1

Pentru x

Pz_ 1(t) - (:>..,

=

+ µ,,,) Pa:(t) + !J.z+l P„+l(t);

X=

1, 2, ...

O, avem

Deci Â_1

Pentru t = O,

şţ

Âo

=

Se observă că „ se calculeze P"' (t).

32. unde

Â

şi

= O. sînt

=a;•= { 1 pentru

x = x0 pentru x =p x0 • de x. Ecuaţiile de mai înainte permit

0 să

11-o

condiţiile iniţiale

x = x0

P,,,(O)

=

µ., sînt

funcţii

Să se studieze procesul de mai înainte în cazul în care

> O şi

µ.

> O.

Â.,

=

ÂX Şi

µ.,

=

[.LX

SOLUŢIE. În acest caz sistemul de ecuaţii devine

P:(t) { P 0 (t) Să

=

=

(x - 1) • P.,_i(t) - (:>.x µP1 (t). Â

+ µx) · P.,(t) + µ (x + 1) P„+i(t),

introducem funcţia generatoare G (s, t)

Atunci

obţinem

aG(s,t) at

=

CD

~

m~o

P.,(t) · s"'.

= [:>.s2 _ (:>. + µ)s

+ µ] •

aG (s, t) as

PROCESE ALEATOARE

Soluţia generală

G(s, t) unde l( ·) este o astfel

ecuaţii

a acestei

= 1(µ. -

481

este ).s. e-11.-1111)

l-s

funcţie arbitrară.

Cum x{O)

=

x0

=

1, atunci G(s, O)

=

s

şi

= 1(µ.l-- sÂS)

s şi

de aici

rezultă că

=

!(~)

µ. - ~.

:>..-~

Prin urmare

G(s ' t) Dezvoltînd în serie

unde

P., (t) = [l { P (t) = ot (t) 0

µ. (l _ e.t. Presupunînd că

şi

p1 (t) corespund unei

Pn - 1 (t) = relaţia

(1)

483

e->-1

distribuţii

Poisson de para-

(At)n-1 (n - I) I

dă

Pn(t)

= e->-1 ()J)n • ,ii

Deci Pn(t)

urmează

o lege Poisson de parametru ">.t.

>-

34. Fie {!;1 (t), t O}, g 2 (t). t de parametm ">.1 şi respectiv ">. 2 Fie

>- O}

două procese Poisson independente

Se cere: a) !; (t) este im proces cit creştere independente? b) !;(t) este un proces Poisson "I c) Pg(t)-!;(s)=k}pentru0~s c} pentru un număr c real pozitiv. l➔ CD

SOLUŢIE.

a) Din definirea procesului !; (t)

!;(t + s) - !;(s) !;(s) - !;(O)

= =

=

+ s) + s) -

rezultă

+ s)J -

[!;1(s) - !;2(s)J = !;1(s)J - [!;2(t + s) - !;2(s)J, [!;1(s) - !;2(s)J - [!;1(0) - !;2(0)] = [!;1(s) - !;1(0)] - [!;2(s) - !;2(0)]. [!;1(t -:- [!;1(t

!;2(t

Cele patru variabile care intervin sînt independente. Urmează că !;(t + s) - !;(s) şi !;(s) - !;(O) sînt independente. Deci procesul este cu creşteri independente. . b) Deoarece !;(t) ia toate valorile întregi 1 pozitive, negative sau nule, nu poate fi un proces Poisson. . c) Avem P [!;(t) -

-

!;(s)

. I;

=

k]

=

P{[!;1(t) - !;1(s)J - [!;2(t) - !; 2(s)J

=

k}

=

P [!;1 (t) - !;1 (s) = v] · P [!; 2 (t) - !;2 (s) = v - k].

v-aup (O,k)

Ţinînd

seama

că

procesele !;1 (t)

P [!;1(t) - !;1(s) = k] P [!; 2 (t) - !; 2 (s) = k]

=

=

şi

!;2 (t) sînt

P [!;1(t - s) - !;1(0) P [!; 2 (t-- s) k].

=

staţionare, obţinem

= k] =

P [!;1(t - s)

= k],

484

CULEGERE DE PROBLEME DE TEORIA

Punînd t - s

... :E

= u,

PROBABILITAŢILOR

rezultă

P [ţi(-u) = v] · P [ţ 2 (u) = v - k] = P [ţ(u) = k]

"-eup (O,k)

ţ (t)

este deci un proces staţionar • ... P(~(u) = k) = :E v-

=

şi

BUll(O,k)

:E...

P•1 u)" (A:i 11)"-k

v-eup(O,I:)

v I (v - k) I

e-1;,.,+:1.,,.,

de unde

P [~(t) - ~(s)]

=

... :E

e- U-•>

().1 (t

- s))" · (). 31t - s))"-k v I (v - k) I

v-eup (0,k)

d) P [~(t)

=

k]

=

f

e-I

('-11)" ('-zt)"-T.:

~ sup

'

e-:1.,1 (11t)v.

v=eup(O,k> v I (v - k) I

vI

Deoarece e e

-:l.11

(11t)"

·-" I

-:I.al

v-1

(1 1t) ·--(v-1) I

1 11 =-, V

maximul este atins pentru v apropiat de i..1t, fie pentru un v0 astfel ca

i..1'

=·vo

+

Aplicînd formula lui Stirling, (1"t)" SUp e-:l.11 _ l_ "

=

8,

I 8 I< 1.

obţinem

e-(vo+O)

+

(v·o _ 8)" 0 0 v/ e-• v21tvo (1 0

vI

+ Evo)

_

· 0 ( 1+8 )Vo . - - 1--· = e"o V21tv (1 + Ev 0)

0

Cînd t tinde la infinit, v0 tinde la infinit, şi sup zero

V

1 Ca--=-• V21tt

Deoarece P[lţ(t)lJ• •

( )J0)n-1

)..k (t - 8)k )..,e-ie, e-ici-01 ~ - ' -

(n - 1) I

= e-:>.ct+lol •

kl

).,11+kt8-l

---=--- • (t - 8)'=, (n -

1) I kl

Dar P{K(t0

+ t) -K(t = k + 1IK(t 0)

0)

=n-·1}=

=

488

CULEGERE DE PROBLEME DE TEORIA

PROBABILITAŢILOR

de unde P{K(t0 + t) - K(t 0 ) = k + 1 IK(t0 ) = n -

1} = e->.t

(),l)k+l ~ (k I) I

+

Egalitatea de mai înainte ne arată că - legea lui I((t 0 t) - K(t0) nu depinde de K(t 0 ) ; - K(t0 + t) - K(t0 ) urmează aceeaşi lege ca şi K(t 0 ). Această formulă dă probabilitatea ca în intervalul de timp (t 0 , t0 se producă k evenimente. Fie t1 .a:

o

dacă

x~O, daca x