கொடுக்கப்பட்டுள்ள பரவல் தொடர்ச்சியானது என்பதை கவனிக்கவும்.
சராசரி
வரையறைப்படி \(\mu=E(X)=\int_{-\infty}^{\infty}{xf(x)dx}\)
= \(\int_{-\infty}^{0}{0(\lambda e^{-\lambda x})dx+}\int_{0}^{\infty}{x(\lambda e^{-\lambda x})dx}\)
(பெர்னோலி சூத்திரப்படி அல்லது பகுதி தொகையிடல் முறையினையும் பயன்படுத்தலாம்)
= 0 + \(\lambda\int_{0}^{\infty}{x(e^{-\lambda x})dx}\)

=\(\frac{1}{\lambda}\)
பரவற்படி
வரையறைப்படி \(E(X^2)=\int_{-\infty}^{\infty}{x^2f(x)dx}\)
= \(\int_{-\infty}^{0}{0(\lambda e^{-\lambda x})dx+}\int_{0}^{\infty}{x^2(\lambda e^{-\lambda x})dx}\)
(பெர்னோலி சூத்திரப்படி அல்லது பகுதி தொகையிடல் முறையினையும் பயன்படுத்தலாம்)
= \(0+\lambda \int_{0}^{\infty}{x^2(e^{-\lambda x})dx}\)

எனவே  Var(X) = E(X²)-E(X)²
\(=\frac{2}{\lambda^2}-(\frac{1}{\lambda})^2=\frac{1}{\lambda^2}\)
ஆகையால் சராசரி மற்றும் பரவற்படி முறையே \(\frac{1}{\lambda}\) மற்றும் \(\frac{1}{\lambda^2}\).

f(x) என்பது நிகழ்தகவு அடர்த்தி சார்பு என்பதால்,
\(\begin{gathered} \int_{-\infty}^{\infty} f(x) d x=1 \end{gathered}\)
\(\begin{gathered} \int_{-\infty}^0 f(x) d x+\int_0^{\infty} f(x) d x=1 \end{gathered}\)
\(\begin{gathered} 0+\int_0^{\infty} k x e^{-2 x} d x=1 \Rightarrow k \int_0^{\infty} x e^{-2 x} d x=1 \end{gathered}\)
\(\begin{gathered} k\left(\frac{1!}{2^{1+1}}\right)=1\left(\because \int_0^{\infty} x^n e^{-a x} d x=\frac{n!}{a^{n+1}}\right) \\ \end{gathered}\)
\(\begin{gathered} k \times \frac{1}{4}=1 \Rightarrow k=4 \end{gathered}\)

சாத்தியமான தீர்வுகள் (i) இரண்டுமே கருப்பாக இருக்கலாம் அல்லது (ii) ஒரு வெள்ளை மற்றும் ஒரு கருப்பு அல்லது (iii) இரண்டுமே வெள்ளையாக இருக்கலாம். எனவே X என்பது பின்வரும் மதிப்புகளைக் கொண்டிருக்கும் சமவாய்ப்பு மாறியாகும்.
X (இரண்டுமே கருப்பு பந்துகள்) = ரூ. 2(30) = ரூ. 60
X (ஒரு கருப்பு மற்றும் ஒரு வெள்ளை பந்து) = ரூ. 30 − ரூ. 20 = ரூ. 10
X (இரண்டுமே வெள்ளை பந்துகள்) = ரூ. 2( − 20) = − ரூ. 40
எனவே X ஆனது 60,10, மற்றும் − 40 மதிப்புகளைக் கொண்டிருக்கும்.
குறிப்பு : 60-இன் நேர்மாறு பிம்பம் {b₁b₂, b₁b₃, b₁b₄, b₂b₃, b₂b₄, b₃b₄,} ஆகும்.

கொடுக்கப்பட்டது n = 6 .
குறைபாடுள்ள ஒரு பொருளைத் தேர்ந்தெடுப்பதற்கான நிகழ்தகவு \(\frac{20}{100}\), அதாவது p = \(\frac{1}{5}\).
q = 1 − p = \(\frac{4}{5}\). குறைபாடுள்ள பொருட்களின் எண்ணிக்கையை X குறிப்பதால், X கொள்ளும் மதிப்புகள் 0,1,2,...,6ஆகும்.
எனவே X ஈருறுப்பு பரவலைப் பின்பற்றுகிறது. அதனை X~B (6, \(\frac{1}{5}\))  எனக் குறிப்பிடலாம்.
இதிலிருந்து பெறுவது \(f(x) = \left( \begin{matrix} 6 \\ x \end{matrix} \right) (\frac{1}{5})^x(\frac{4}{5})^{6-x},\quad x=0,1,2,...,6\).
(i) இரு குறைபாடுகளுள்ள பொருட்களுக்கான நிகழ்தகவு,
P(X = 2) = \(f(2) = \left( \begin{matrix} 6 \\ 2 \end{matrix} \right) (\frac{1}{5})^2(\frac{4}{5})^{6-2}=15(\frac{4^4}{5^6})\) 
(ii) அதிகபட்சம் ஒரு பொருள் குறைபாடுள்ளதாக இருக்க நிகழ்தகவு,
P(X ≤ 1) = P(X = 0) + P(X = 1)
\(=\left( \begin{matrix} 6 \\ 0 \end{matrix} \right) (\frac{1}{5})^0(\frac{4}{5})^{6-0}+\left( \begin{matrix} 6 \\ 1 \end{matrix} \right) (\frac{1}{5})^1(\frac{4}{5})^{6-1}\)
\(=\left( \begin{matrix} 4 \\ 5 \end{matrix} \right)^6 +(6)(\frac{4^5}{5^6})=2(\frac{4}{5})^5\)
அதிகபட்சம் ஒரு பொருள் குறைபாடுள்ளதாக  இருக்க நிகழ்தகவு 2\((\frac{4}{5})^5\).
(iii) குறைந்தபட்சம் இரு பொருட்கள் குறைபாடுள்ளதாக  இருக்க நிகழ்தகவு
P(X ≥ 2) = 1 − P(X < 2) =1 − P(X ≤ 1) = 1 − 2\((\frac{4}{5})^5\)
குறைந்தபட்சம் இரு பொருட்கள் குறைபாடுள்ளதாக இருக்க நிகழ்தகவு 1 −2\((\frac{4}{5})^5\).

நிகழ்தகவு கண்டறிய n மற்றும் p ஆகிய பண்பளவைகளின் மதிப்புகளைக் கண்டறிய வேண்டும். 
தரப்பட்ட தகவல்களிலிருந்து, சராசரி = np = 2 மற்றும் பரவற்படி = npq =1.5
இதிலிருந்து பெறுவது \(\frac{npq}{np}=\frac{1.5}{2}=\frac{3}{4}\)
q = \(\frac{3}{4}\)மற்றும் \(P=1-q=1-\frac{3}{4}=\frac{1}{4}\)
np = 2, என்பதன் மூலம் \(n=\frac{2}{p}=8\). எனவே X~ B (8, \(\frac{1}{4}\)).
எனவே நிகழ்தகவு பரவலானது
\(P(X=x)=f(x) = \left( \begin{matrix} 8 \\ x \end{matrix} \right) (\frac{1}{4})^x(\frac{3}{4})^{8-x},\quad x=0,1,2,...,8\)
(i) \(P(X=0)=f(0) = \left( \begin{matrix} 8 \\ 0 \end{matrix} \right) (\frac{1}{4})^0(\frac{3}{4})^{8-0}=(\frac{3}{4})^8\)
(ii) \(P(X=1)=f(1) = \left( \begin{matrix} 8 \\ 1 \end{matrix} \right) (\frac{1}{4})^1(\frac{3}{4})^{8-1}=2(\frac{3}{4})^7\)
(iii) \(P(X\ge1)=1-P(X<1)=1-P(X=0)=1-(\frac{3}{4})^8\)

X என்பது வெல்லும் தொகை என்க. சாத்தியமான தேர்வுகளாவன (i) இரு பந்துகளுமே கருப்பு, அல்லது (ii) ஒரு வெள்ளை மற்றும் ஒரு கருப்பு (iii) இரண்டுமே வெள்ளை . எனவே X எனும் சமவாய்ப்பு மாறி கீழ்க்காணுமாறு வரையறுக்கப்படுகிறது:
X (இரண்டுமே கருப்பு பந்துகள்) = ரூ. 2(20) = ரூ .40
X (ஒரு கருப்பு பந்து மற்றும் ஒரு வெள்ளைப் பந்து) = ரூ . 20 − ரூ .10 = ரூ .10
X (இரண்டுமே வெள்ளைப் பந்துகள்) = ரூ. (-20) = - ரூ 20
எனவே X கொள்ளும் மதிப்புகள் 40,10 மற்றும் −20 ஆகும்.
மொத்த பந்துகள் n = 12
2 பந்துகள் தேர்ந்தெடுக்க மொத்த வழிகள் = \(\left( \begin{matrix} 12 \\ 2 \end{matrix} \right )=\frac{12\times11}{1\times2}=66\)
2 கருப்பு பந்துகள் தேர்ந்தெடுக்க வழிகள் = \(\left( \begin{matrix} 4 \\ 2 \end{matrix} \right )=6\)
ஒரு கருப்பு பந்து மற்றும் ஒரு வெள்ளை பந்து தேர்ந்தெடுக்க = \(\left( \begin{matrix} 8 \\ 1 \end{matrix} \right )\left( \begin{matrix} 4 \\ 1 \end{matrix} \right )=32\)
 2 வெள்ளை பந்துகள் தேர்ந்தெடுக்க வழிகள் = \(\left( \begin{matrix} 8 \\ 2 \end{matrix} \right )=28\)

நிகழ்தகவு நிறை சார்பானது

சராசரி : \(E(X) = \sum{xf(x)}=40.(\frac{6}{66})+10.(\frac{32}{66})+(-20).(\frac{28}{66})=0\)
அதாவது எதிர்பார்க்கப்படும் வெல்லும் தொகை 0 .
பரவற்படி : \(E(X^2)=\sum{x^2f(x)=40^2.(\frac{6}{66})+10^2.(\frac{32}{66})+({-20^2}).(\frac{28}{66})}=\frac{4000}{11}\)
(E(X))² = 0² = 0
இதன்படி \(V(X) = E(X^2)-(E(X))^2=\frac{4000}{11}-0=\frac{4000}{11}\)
எனவே \(E(X)=0\) மற்றும் \(Var(X)=\frac{4000}{11}\)

(i) f (x) ஒரு நிகழ்தகவு நிறை சார்பு என்பதால், அனைத்து x -க்கும், f(x) ≥ 0 மற்றும் \(\sum_{x}{f(x)}=1.\)
ஆகையால்,  \(\sum_{x}{f(x)}=1\)
c²+2c²+3c²+4c²+c+2c = 1
c = \(\frac{1}{5}\) அல்லது −\(\frac{1}{2}\).
அனைத்து x -க்கும், f(x) ≥ 0 என்பதால், c -இன் சாத்தியமான மதிப்பு \(\frac{1}{5}\) ஆகும்.
எனவே , நிகழ்தகவு நிறை சார்பானது

(ii) சராசரி மற்றும் பரவற்படி காண கீழ்க்காணும் அட்டவணையைப் பயன்படுத்துவோம்.

சராசரி: \(E(X) = \sum{xf(x)}=\frac{115}{25}=4.6\)
பரவற்படி: \(V(X) = E(X^2)-E((X))^2=\sum{x^2f(x)}-(\sum{xf(x)})^2\)
= \(\frac{585}{25}-(\frac{115}{25})^2 = 23.40-21.16=2.24\)
எனவே சராசரி மற்றும் பரவற்படி முறையே 4.6 மற்றும் 2.24 ஆகும்.

(i) f(x)-ன் தொடர்ச்சி புள்ளிகளில் x-ஐப் பொறுத்து F(x)-ஐ வகையிட
 எனப் பெறுகிறோம்.
f(x) எனும் நிகழ்தகவு அடர்த்தி சார்பு x = 0 -ல், அல்லது x =1-ல் தொடர்ச்சியற்று உள்ளது. f(0) மற்றும் f(1)-ஐ எவ்வகையிலும் வரையறுக்கலாம். f(0) =1, மற்றும் f(1) =0 எனத் தெரிவு செய்வோம் .
எனவே f(x) எனும் நிகழ்தகவு அடர்த்தி சார்பு

(ii) P(0.2 ≤ X ≤ 0.7) = F(0.7) − F(0.2)
= 0.7 − 0.2 = 0.5 அல்லது P(0.2 ≤ X ≤ 0.7) = \(\int_{0.2}^{0.7}{f(x)dx}=\int_{0.2}^{0.7}{1dx}=0.5\)

கொடுக்கப்பட்ட சார்பு நிகழ்தகவு அடர்த்தி சார்பு என்பதால்,
\(\int_{-\infty}^{\infty}{f(x)dx = 1}.\)
அதாவது \(\int_{-\infty}^{1}{f(x)dx + \int_{1}^{4}{f(x)dx} + \int_{4}^{\infty}{f(x)dx} }=1.\)

கொடுக்கப்பட்ட தகவல்களிலிருந்து
\(\int_{-\infty}^{1}{0dx + \int_{1}^{4}{Cx^2dx} + \int_{4}^{\infty}{0dx} }=1.\)
\(0+C[\frac{x^3}{3}]^{4}_{1}+0=1,\Rightarrow C[\frac{64-1}{3}]=1\Rightarrow21C=1\Rightarrow C=\frac{1}{21}.\)
எனவே நிகழ்தகவு அடர்த்தி சார்பானது
 ஆகும்.
f (x) தொடர்ச்சியாதலால், குறிப்பிட்ட எந்த மதிப்பிற்கும் X -ன் நிகழ்தகவு பூச்சியமாகும். எனவே சமவாய்ப்பு மாறி தொடர்ச்சியானபோது குறியீடுகளான <-ஐ ≤ ஆகவும் மற்றும் > -ஐ ≥ -ஆகவும் ஆகிய இரு ஜோடிக் குறியீடுகளை ஒன்றுக்கொன்று இடமாற்றம் செய்து பயன்படுத்தலாம்.
(i) P(1.5 < X <3.5) = P(1.5 ≤ X < 3.5) = P(1.5 < X ≤ 3.5) = P(1.5 ≤ X ≤ 3.5)
எனவே
P(1.5 < X <3.5) = \(\int_{1.5}^{3.5}{f(x)dx=\frac{1}{21}}\int_{1.5}^{3.5}{x^2dx}\)
= \(\frac{1}{21}(\frac{x^3}{3})=\frac{1}{21}(\frac{(3.5)^3-{(1.5)^3}}{3})\)
= \(\frac{79}{126}.\)

(ii) \(P(X\le2) = \int_{-\infty}^{2}{f(x)dx} = \int_{-\infty}^{1}{f(x)dx}+\int_{1}^{2}{f(x)dx}\)
எனவே \(P(X\le2) =0+\frac{1}{21} \int_{1}^{2}{x^2dx} = \frac{1}{21}(\frac{x^3}{3})^{2}_{1}\)
= \(\frac{1}{21}(\frac{2^3-1^3}{3})=\frac{7}{63}.\)

(iii) \(P(X\le3) = \int_{3}^{\infty}{f(x)dx } = \int_{3}^{4}{f(x)dx } + \int_{4}^{\infty}{f(x)dx }\)
\(=\frac{1}{21} \int_{3}^{4}{x^2dx} + 0=\frac{1}{21}(\frac{x^3}{3})^{4}_{3}.\)
= \(\frac{1}{21}(\frac{4^3-3^3}{3})=\frac{37}{63}\)

 
(i) கொடுக்கப்பட்டது: f என்பது ஒரு நிகழ்தகவு நிறைச் சார்பு 
\(\sum { f(x)=1 } \) 
நிகழ்தகவு நிறைச் சார்பானது 

\(\cfrac { 1 }{ k } +\cfrac { 2 }{ k } +\cfrac { 5 }{ k } =1\) 
\(\cfrac { 8 }{ k } =1\) \(\Rightarrow\) k = 8
(ii) குவிவுப் பரவல் சார்பு 
\(F(0)=P\left( x\le 0 \right) \) = \(P(x=0)\) = \(\cfrac { 1 }{ 8 } \) 
\(F(1)=P\left( x\le 1 \right) \) = \(P(x=0)+P(x=1)\) 
= \(\cfrac { 1 }{ 8 } +\cfrac { 2 }{ 8 } =\cfrac { 3 }{ 8 } \) 
\(F(2)=P(x\le 2)\) 
= \(P(x=0)+P(x=1)+P(x=2)\) 
= \(\cfrac { 1 }{ 8 } +\cfrac { 2 }{ 8 } +\cfrac { 5 }{ 8 } =1\) 

(iii) \(P(X\ge 1)\)  = \(P(X=1)+P(X=2)\) 
= \(\cfrac { 2 }{ 8 } +\cfrac { 5 }{ 8 } =\cfrac { 7 }{ 8 } \)

சமவாய்ப்பு மாறி X என்பது 4 குழந்தைகள் கொண்ட குடும்பத்தில் பெண் குழந்தைகளின் எண்ணிக்கையைக் குறிக்கட்டும்.
\(X=\left\{ 0,1,2,3,4 \right\} \)
X(0) = {BBBB}
X (1) = {GBBB, BGBB, BBGB, BBBG}
X (2) = {GGBB, BBGG, GBGB, BGBG, BGGB, GBBG)
X (3) = {BGGG, GGGB, GBGG, GGBG}
X(4) = {GGGG}

(i) நிகழ்தகவு நிறைச் சார்பு 

(ii) குவிவு பரவல் சார்பு 
\(\mathrm{F}(\mathrm{x})=\mathrm{P}(\mathrm{X} \leq \mathrm{x})=\sum_{x_i \leq \mathrm{x}} P\left(X=x_i\right)\)
\(\mathrm{P}(\mathrm{X}<0)=0,-\infty<\mathrm{x}<0\)
\(F(0)=P(X\le 0)=P(X=0)=\cfrac { 1 }{ 16 } \) 
\(F(1)=P(x\le 1)=P(X=0)+P(X=1)=\cfrac { 1 }{ 16 } +\cfrac { 4 }{ 16 } =\cfrac { 5 }{ 16 } \)
\(F(2)=P(X\le 2)=P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)=\cfrac { 1 }{ 16 } +\cfrac { 4 }{ 16 } +\cfrac { 6 }{ 16 } =\cfrac { 11 }{ 16 } \)
\(F(3)=P(X\le 3)=P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)\)
\(\begin{aligned} = \frac{1}{16}+\frac{4}{16}+\frac{6}{16}+\frac{4}{16}=\frac{15}{16} \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} \mathrm{~F}(4)=\mathrm{P}(X \leq 4)= & \mathrm{P}(X=0)+\mathrm{P}(X=1)+\mathrm{P}(X=2) +\mathrm{P}(X=3)+\mathrm{P}(X=4) \\ \end{aligned}\)
\(=\frac{15}{16}+\frac{1}{16}=1\)

இருமுறை எறிதலின் மொத்தத் தொகை X -ஐ குறிப்பதால், X -ஆனது 2, 3, 4, 5, மற்றும் 6 ஆகிய மதிப்புகளைக் கொண்டிருக்கும்.
அருகிலுள்ள அட்டவணை S-லிருந்து,

கூறுவெளி S

\(P(X=2)=\frac{1}{36},\)
\(P(X=3)=\frac{4}{36},\)
\(P(X=4)=\frac{10}{36},\)
\(P(X=5)=\frac{12}{36},\)
மற்றும் \(P(X=6)=\frac{9}{36}.\)
(i) நிகழ்தகவு நிறை சார்பானது.

(ii) குவிவு பரவல் சார்பு வரையறைப்படி தனிநிலை சமவாய்ப்பு மாறியின் குவிவு பரவல் சார்பானது,

\(F(x)=P(X\le x) =\underset { { x }_{ i }\le x }{ \Sigma } { P(X={ x }_{ i }) }\),
P(X < x)  = 0, −∞ < x < 2.
\(F(2)=P(X\le 2)=\sum _{ -\infty }^{ 2 }{ { P(X={ x }) }={ P(X<2) }+P(X=2)=0+\frac { 1 }{ 36 } } =\frac { 1 }{ 36 } .\)
\(F(3)= P(X\le 3)=\sum _{ -\infty }^{ 3 }{ { P(X={ x }) }={ P(X<2) }+P(X=2)+P(X=3)=0+\frac { 1 }{ 36 }+\frac { 4 }{ 36 } } =\frac { 5 }{ 36 } .\)
\(F(4)= P(X\le 4)=\sum _{ -\infty }^{ 4 }{ { P(X={ x }) }={ P(X<2) }+P(X=2)+P(X=3)+P(X=4)=0+\frac { 1 }{ 36 }+\frac { 4 }{ 36 }+\frac { 10 }{ 36 } } =\frac {15 }{ 36 } .\)
\(F(5)= P(X\le 5)=\sum _{ -\infty }^{ 5 }{ { P(X={ x }) }={ P(X<2) }+P(X=2)+P(X=3)+P(X=4)+P(X=5)}\)= \(0+\frac{1}{36}+\frac{4}{36}+\frac{10}{36}+\frac{12}{36}=\frac{27}{36}.\)
\(F(6)= P(X\le 6)=\sum _{ -\infty }^{ 6 }{ { P(X={ x })}}\)
= P(X < 2) + P(X = 2) + P(X = 3)+ P(X = 4)+ P(X = 5)+ P(X = 6)
= \(0+\frac{1}{36}+\frac{4}{36}+\frac{10}{36}+\frac{12}{36}+\frac{9}{36}=1.\)
எனவே , குவிவு பரவல் சார்பானது
,\(\begin{cases}\begin{matrix}0,&-\infty < x< 2\end{matrix}\\\begin{matrix}\frac{1}{36},&2 \le x< 3\end{matrix}\\\begin{matrix}\frac{5}{36},&3 \le x< 4\end{matrix}\\\begin{matrix}\frac{15}{36},&4 \le x< 5\end{matrix}\\\begin{matrix}\frac{27}{36},&5 \le x< 6\end{matrix}\\\begin{matrix}1,&6 \le x< \infty\end{matrix}\end{cases}\)

(iii) \(P(3\le X<6)=\sum _{ x=3 }^{ 5 }{ P(X={ x }_{ i })=P(X=3)+P(X=4) } +P(X=5)\)
= \(\frac{4}{36}+\frac{10}{36}+\frac{12}{36}=\frac{26}{36}.\)
(iv) \(P(X\ge4)=\sum _{ x=4 }^{ \infty }{ P(X={ x }_{ i })}\)
= P(X = 4)+P(X = 5)+P(X = 6)
=\(\frac{10}{36}+\frac{12}{36}+\frac{9}{36}=\frac{31}{36}.\)

சமவாய்ப்பு மாறி X என்பது பகடையின் இரு உருட்டல்களில் கிடைக்கும் எண்களின் கூட்டுத்தொகை என்க.
கூறுவெளி S 

n(S)=36
X={4,5,6,7,8}
கூறுவெளியிலிருந்து 

கூறுவெளி  S = {HHH, HHT, HTH, THH, HTT, THT, TTH, TTT}
n(S)=8
சமவாய்ப்பு மாறி X என்பது தலைகளின் எண்ணிக்கையைக் குறிக்கட்டும்.
X={0,1,2,3}

நிகழ்தகவு நிறைச்சார்பு 

\(f(x)=\begin{cases}\begin{matrix}\frac{1}{8},& x = 0,3\end{matrix}\\\begin{matrix}\frac{3}{8},& x = 1,2\end{matrix}\end{cases}\)