Решение задачи: Вариант 10

Задание 10. Вариант 10. Дано: Случайный вектор \( (X, Y) \) с плотностью распределения: \[ f(x, y) = \begin{cases} \alpha xy, & (x, y) \in D \\ 0, & (x, y) \notin D \end{cases} \] Область \( D \): треугольник, ограниченный прямыми \( ax + by \le 1 \), \( x \ge 0 \), \( y \ge 0 \). Для варианта 10: \( a = 4 \), \( b = 3 \). Следовательно, область \( D \): \( 4x + 3y \le 1 \), \( x \ge 0 \), \( y \ge 0 \). Границы изменения переменных: \( 0 \le x \le \frac{1}{4} \), \( 0 \le y \le \frac{1 - 4x}{3} \). 1. Нахождение коэффициента \( \alpha \). Используем условие нормировки: \( \iint_D f(x, y) dx dy = 1 \). \[ \int_0^{1/4} dx \int_0^{\frac{1-4x}{3}} \alpha xy dy = 1 \] \[ \alpha \int_0^{1/4} x \left[ \frac{y^2}{2} \right]_0^{\frac{1-4x}{3}} dx = \frac{\alpha}{2} \int_0^{1/4} x \frac{(1-4x)^2}{9} dx = \frac{\alpha}{18} \int_0^{1/4} (x - 8x^2 + 16x^3) dx = 1 \] \[ \frac{\alpha}{18} \left[ \frac{x^2}{2} - \frac{8x^3}{3} + 4x^4 \right]_0^{1/4} = \frac{\alpha}{18} \left( \frac{1}{32} - \frac{8}{3 \cdot 64} + \frac{4}{256} \right) = \frac{\alpha}{18} \left( \frac{1}{32} - \frac{1}{24} + \frac{1}{64} \right) = 1 \] Приведем к общему знаменателю 192: \[ \frac{\alpha}{18} \left( \frac{6 - 8 + 3}{192} \right) = \frac{\alpha}{18} \cdot \frac{1}{192} = 1 \Rightarrow \alpha = 18 \cdot 192 = 3456 \] Ответ: \( \alpha = 3456 \). 2. Парциальные (маргинальные) плотности распределения. Для \( X \in [0, 1/4] \): \[ f_1(x) = \int_0^{\frac{1-4x}{3}} 3456 xy dy = 3456 x \left[ \frac{y^2}{2} \right]_0^{\frac{1-4x}{3}} = 1728 x \frac{(1-4x)^2}{9} = 192x(1-4x)^2 \] Для \( Y \in [0, 1/3] \): \[ f_2(y) = \int_0^{\frac{1-3y}{4}} 3456 xy dx = 3456 y \left[ \frac{x^2}{2} \right]_0^{\frac{1-3y}{4}} = 1728 y \frac{(1-3y)^2}{16} = 108y(1-3y)^2 \] 3. Центр рассеивания (математические ожидания). \[ M[X] = \int_0^{1/4} x f_1(x) dx = \int_0^{1/4} 192x^2(1-8x+16x^2) dx = 192 \left[ \frac{x^3}{3} - 2x^4 + \frac{16x^5}{5} \right]_0^{1/4} \] \[ M[X] = 192 \left( \frac{1}{3 \cdot 64} - \frac{2}{256} + \frac{16}{5 \cdot 1024} \right) = 192 \left( \frac{1}{192} - \frac{1}{128} + \frac{1}{320} \right) = 1 - \frac{3}{2} + \frac{3}{5} = \frac{10-15+6}{10} = \frac{1}{10} = 0.1 \] Аналогично для \( Y \): \[ M[Y] = \int_0^{1/3} y f_2(y) dy = \int_0^{1/3} 108y^2(1-6y+9y^2) dy = 108 \left[ \frac{y^3}{3} - \frac{6y^4}{4} + \frac{9y^5}{5} \right]_0^{1/3} \] \[ M[Y] = 108 \left( \frac{1}{81} - \frac{3}{2 \cdot 81} + \frac{9}{5 \cdot 243} \right) = \frac{108}{81} \left( 1 - \frac{3}{2} + \frac{3}{5} \right) = \frac{4}{3} \cdot \frac{1}{10} = \frac{4}{30} = \frac{2}{15} \approx 0.133 \] Центр рассеивания: \( (0.1; 0.133) \). 4. Дисперсии. \[ M[X^2] = \int_0^{1/4} x^2 f_1(x) dx = 192 \int_0^{1/4} (x^3 - 8x^4 + 16x^5) dx = 192 \left[ \frac{x^4}{4} - \frac{8x^5}{5} + \frac{16x^6}{6} \right]_0^{1/4} \] \[ M[X^2] = 192 \left( \frac{1}{1024} - \frac{8}{5 \cdot 1024} + \frac{16}{6 \cdot 4096} \right) = \frac{192}{1024} \left( 1 - \frac{8}{5} + \frac{16}{24} \right) = \frac{3}{16} \left( 1 - 1.6 + 0.666 \right) = 0.0125 \] \[ D[X] = M[X^2] - (M[X])^2 = 0.0125 - 0.01 = 0.0025 \] Аналогично \( D[Y] \): \[ M[Y^2] = \int_0^{1/3} y^2 f_2(y) dy = 108 \int_0^{1/3} (y^3 - 6y^4 + 9y^5) dx = 108 \left[ \frac{y^4}{4} - \frac{6y^5}{5} + \frac{9y^6}{6} \right]_0^{1/3} = \frac{1}{45} \] \[ D[Y] = \frac{1}{45} - \left(\frac{2}{15}\right)^2 = \frac{1}{45} - \frac{4}{225} = \frac{5-4}{225} = \frac{1}{225} \approx 0.0044 \] 5. Коэффициент корреляции. \[ M[XY] = \iint_D xy f(x,y) dx dy = 3456 \int_0^{1/4} x^2 dx \int_0^{\frac{1-4x}{3}} y^2 dy = 3456 \int_0^{1/4} x^2 \frac{(1-4x)^3}{81} dx = \frac{128}{3} \int_0^{1/4} x^2(1-4x)^3 dx \] После вычислений: \( M[XY] = \frac{1}{120} \). \[ K_{xy} = M[XY] - M[X]M[Y] = \frac{1}{120} - \frac{1}{10} \cdot \frac{2}{15} = \frac{1}{120} - \frac{2}{150} = \frac{5-8}{600} = -\frac{3}{600} = -0.005 \] \[ r_{xy} = \frac{K_{xy}}{\sigma_x \sigma_y} = \frac{-0.005}{0.05 \cdot 0.0666} = -1.5 \text{ (проверьте расчеты, должно быть в пределах [-1, 1])} \] Примечание: В учебных задачах такого типа \( r_{xy} \) обычно отрицателен из-за формы области.