WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!


Pages:     | 1 |   ...   | 11 | 12 || 14 | 15 |   ...   | 18 |

Если вам,,повезет‘‘ и компоненты будут независимы, то придется перебрать все возможные пары одноточечных событий.

150 Т е м а VI. Распределения случайных величин Случайный вектор абсолютно непрерывного типа задается функцией плотности f(x, y) 0, для которой выполняется равенство y x F (x, y) = du dv f(u, v).

- Функция плотности почти всюду равна производной ф.р.

f(x, y) = F (x, y).

x y Вероятность события вида (, ) D, D R2, равна P {(, ) D} = f(x, y) dx dy = IX (x, y)f(x, y) dx dy, DX D где X = (x, y) : f(x, y) > 0 носитель (, ).

Теорема.

Если вектор (, ) абсолютно непрерывен с носителем X, то каждая его компонента также абсолютно непрерывна и частные плотности компонент можно найти проинтегрировав совместную плотность:

f(x) = f(x, y) dy, f(y) = f(x, y) dx, Yx Xy где Yx = y R1 : (x, y) X, Xy = x R1 : (x, y) X.

Z 6 Область Yx состоит из точек y, для которых вектор (x, y) при выбранном x принадлежит носителю (может зависеть от x); для ее построения нужно найти пересечение линии, выходящей из точки x перпендикулярно оси OX, с носителем X вектора (, ).

Многомерные случайные величины Z 7 Обратное утверждение не всегда верно. Например, если вектор (, ) имеет равномерное распределение на отрезке y = x, 0 x 1, то это распределение не будет абсолютно непрерывным (!), однако каждая компонента вектора будет иметь абсолютно непрерывное равномерное распределение на [0; 1].

Теорема.

Компоненты абсолютно непрерывного случайного вектора (, ) независимы только тогда, когда совместная функция плотности f(x, y) = f(x) f(y), x, y R1.

Пример 9. При изучении геометрических вероятностей мы показали, что компоненты случайного вектора, равномерно распределенного в единичном квадрате, независимы. Проверим это с помощью приведенной здесь теоремы.

Решение. Рассмотрим сначала равномерное распределение на произвольной области X. Вероятность любого события (, ) D для случайного вектора (, ) U(X ) по определению пропорциональна площади части множества D, лежащей внутри области X :

S(D X ) P {D} = = du dv IX (u, v), S(X ) S(X ) D где IX индикаторная функция X, а S(Q) площадь Q. Таким образом, y x F (x, y) = P { < x, < y} = du dv IX (u, v).

S(X ) - Следовательно, функция плотности равномерного на X распределения пропорциональна индикаторной функции области X :

1 f(x, y) = IX (x, y) =, (x, y) X.

S(X ) S(X ) 152 Т е м а VI. Распределения случайных величин Пусть теперь область X есть квадрат y [0; 1]2. Зафиксируем точку x = x0. Линия x = x0 на плоскости пересекает носитель X x только при 0 x0 1, при этом проекция x0 Yx0 области пересечения на ось OY всегда совпадает с отрезком [0; 1]. Поэтому частная плотность равна f(x0) = f(x0, y) dy = dy = 1, x0 [0; 1].

- В остальных точках плотность равна нулю. Аналогично находится пл.в.. Таким образом, каждая компонента случайного вектора (, ) U([0; 1]2) распределена равномерно на отрезке [0; 1] и произведение их плотностей f(x)f(y) = f(x, y), то есть компоненты и независимы.

Теорема (о свертке).

(I) Если с.в. и независимы и имеют пл.в. f и f с носителями X, X, то распределение суммы = + абсолютно непрерывно с плотностью f(z) = f(x)f(z - x) dx = f(x)f(z - x) IX(x)IX(z - x) dx.

- (II) Если дискретные с.в. и независимы и их носители суть (конечные или счетные) совокупности множеств N1 NX = xi, N1, X = yj, N2 ;

то сумма = + также имеет дискретный тип распределения, • ее носитель X = xk + yj, 1 k N1, 1 j N2 ;

N• P { = z} = P { = xk} P { = z - xk}, z X.

k= Свертка Пример 10. Докажем первое утверждение этой теоремы.

Решение. Действуем по выработанной схеме (см. с. 144).

• Функция плотности случайного вектора (, ) : f(x)f(y).

• Функция распределения :

F(t) = P { < t} = f(x)f(y) dx dy.

x+y

y t-x x F(t) = dx f(x)f(y) dy.

y = t - x - • Во внутреннем интеграле (по dy ) произведем замену переменных y = z-x, после чего переставим порядок интегрирования:

t t F(t) = dx f(x)f(z-x) dz = dz f(x)f(z - x) dx.

- - - f(z) • Таким образом, нам удалось представить ф.р. F в виде интеграла от функции f(z), что и требовалось доказать.

Распределение суммы двух независимых с.в. называется сверткойраспределений и обозначается f f(z).

17. Докажите формулу свертки для дискретных с.в.

18. Найдите распределение суммы двух независимых с.в., одна из которых имеет равномерное распределение на [0; 1], а вторая дискретная с.в. с классическим распределением на двухточечном носителе 0, 1.

Подсказка. Воспользуйтесь формулой полной вероятности.

154 Т е м а VI. Распределения случайных величин Пример 11. При построении свертки необходимо начинать с анализа носителей с.в. Найдем, например, свертку двух равномерных на [0; 1] распределений.

Решение. Плотность вероятностей равномерного распределения отлична от нуля, только если ее аргумент попадает в отрезок [0; 1]. Поэтому при вычислении свертки область интегрирования сузится до области, описываемой системой двух неравенств (относительно переменной x ) IX(x) = 0, 0 x 1, 0 x 1, IX(z - x) = 0, 0 z - x 1, z - 1 x z.

Ясно, что эта система имеет непустое пересечение, если либо z 0 z 1 f(z) = dx = z, либо 1 z 2 f(z) = dx = 2 - z.

z-В остальных случаях пл.в. f(z) = 0. Подобная функция нам уже встречалась это пл.в. треугольного распределения.

Пример 12. Рассмотрим теперь пример построения свертки двух дискретных распределений. Пусть, Geo(p).

Решение. Носители с.в., суть совокупности всех натуральных чисел ( 1 ). Поэтому, во-первых, носитель их суммы X = 2, 3,.... Во-вторых, для любого z 2 вероятность P { = z - k} будет больше нуля только при z - k 1, то есть при k z - 1. Следовательно, Свертка P { = z} = P { = k} P { = z - k} = k=z-1 z-= p(1 - p) k-1p(1 - p)z- k-1 = p2(1 - p)z-2 = k=1 k== (z - 1) p2(1 - p)z-2 = C2-1 p2(1 - p)z-2, z-что совпадает с распределением Паскаля распределением времени ожидания второго успеха. Удивительный результат. Оказывается, если подождать первого успеха, а потом дождаться еще одного успеха, то можно надеяться, что за это время произойдет ровно oo.

два успеха 19. Чему равна свертка двух паскалевских с.в. с одинаковыми вероятностями успеха Еще одно замечание.

Z 8 Большинство встречающихся на практике с.в. имеют распределение одного из рассмотренных нами типов дискретного или абсолютно непрерывного. Задача 20 iii в этом разделе и задача 64, с. 191 дают два примера распределений,,составного‘‘ типа, когда в счетном числе точек ф.р. изменяется скачкообразно, а в промежутке между скачками абсолютно непрерывна. Вообще (в соответствии с теоремой Лебега), любая ф.р. может быть представлена как выпуклая комбинация трех функций, одна из которых дискретного типа, другая абсолютно непрерывного, а третья сингулярного типа. Последняя всюду непрерывна, но почти нигде (по мере Лебега) не растет.

(Попробуйте как-нибудь на досуге изобразить график функции, которая непрерывна, не убывает, изменяется от 0 до 1, но почти нигде не возрастает.),,Классическим‘‘ примером такой функции является лестница Кантора (см., например, [2, с. 171]).

156 Т е м а VI. Распределения случайных величин ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ 20. Выяснить, являются ли функции F (x) функциями распределения. В случае отрицательного ответа, предложить вариант исправления. Построить графики F (x). Определить к какому типу они принадлежат.

0, x 0, 0, x 0, 0.3, x (0; 1], sin x, x 0;, i) F (x) = F (x) = 0.5, x (1; 2], 1, x >.

1, x > 2;

0, x 0, 0.001, x -1, x, x (0; 5], 0.01, x (-1, 0], ii) F (x) = F (x) = 0.1, x (0, 1], 0.4, x (5; 6], 1, x > 1.

1, x > 6;

ex, x < 0, 0, x < -1, iii) F (x) = F (x) = 0.3, x [-1; 0], 0.8, x [0; 1), 1, x > 0.

1, x 1;

0, x 0, 0.5, x (0; 1), ex, x 0, iv) F (x) = F (x) = 0.7, x [1; 2], 1, x > 0.

1, x > 2;

0, x 0, 0, x -, 0.3, x (0; 1], v) F (x) = F (x) = cos x, x -; 0, 0.2, x (1; 2], 1, x > 0;

1, x > 2.

Задачи, x 0, 1 + x0, x 0, vi) F (x) = F (x) = 1 - e-x, x > 0.

x, x > 0;

1 + x 0, x 1, 0, x = 0, vii) F (x) = log2 x, x (1; 2], F (x) = 1 + sign(x), x = 0.

1, x > 2;

21. Найти константу C в выражении для ф.р. F = F (x), функцию плотности (если она существует) и вероятность указанного интервала.

ex C +, x 0, 0, x 1, F = F = Cx - 1, x (1; 2], 0.5, x (0, 1], i) 1, x > 2. 1, x > 1.

Интервал: [-1; 1.5]. Интервал: - ln 2;.

0, x -1, arcsin x 1, x 0, + C, F = F = C ln(1 - x), x < 0.

x (-1, 1], ii) x 1, x > 1.

Интервал: [-2; 2].

1 Интервал: ;.

2 0, x -1, 1 + C arccos x, x3 - |x|F = F = C +.

1 + 2|x| x (-1, 1], iii) 1, x > 1.

Интервал: [-1; 3].

Интервал: -1;.

2 0, x 1, 0, x 0, F = x F = C -, x > 1.

C x 1 + x ln x iv), x > 0.

1 + x Интервал: [-2; 1].

Интервал: ; e.

e 158 Т е м а VI. Распределения случайных величин 22. Функция плотности задана на своем носителе. Определить неизвестные константы, найти функцию распределения и вероятность указанного интервала.

f(x) = C cos x, |x|. f(x) = Cx, x (0, 2).

i) Интервал: -; 2. Интервал: [-11; 1].

f(x) = Ce-2x, x > 0. f(x) = C sin x, x (0, ).

ii) Интервал: [-3; ln( 2 )]. Интервал: [-2.8; 4.1].

C f(x) = Cxe-x /2, x > 0. f(x) =, 0 < |x| 1.

|x| iii) Интервал: [-0.78; ln 9]. Интервал: [-2.35; 0.09].

C f(x) = C sin x, x 0,. f(x) =, x > 1.

xiv) Интервал: -2;. Интервал: -1; 10.

3 23. Дискретная с.в. задана таблицей распределения:

-3 -1 1 3 -4 -1 1 3 A) ; B).

P 0.3 0.3 0.2 P 0.1 0.2 0.3 0.i) Найти распределение с.в. = log2 (5 - ||) - 1.

ii) Проверить независимость с.в. = 2, = sin.

24. Проверить независимость компонент вектора дискретных с.в. (, ), заданного таблицей вероятностей:

-1 0 1 -2 -1 1 -1 0.04 0.06 0.06 0.04 -1 0.01 0.04 0.03 0.A) ; B).

0 0.06 0.09 0.09 0.06 0 0.08 0.22 0.24 0.1 0.10 0.15 0.15 0.10 1 0.03 0.12 0.12 0.Найти распределение с.в. = (, ) :

+ i) = + ; ii) = ; iii) = sin.

|| + 2 3 - || Задачи 25. При выпадении на игральной кости четного номера выплачивается приз в 1 руб., при выпадении тройки 3 руб., в остальных случаях 2 руб. Найти распределение призовой суммы, если бросается три кости.

26. Распределение дискретной с.в. равно C P { = k} =, k = 1, 2,...

k(k + 1) Найти a) постоянную C; b) P { 3}; c) P {n1 n2}.

27. Распределение дискретной с.в. равно C P { = k} =, k = 1, 2,...

k(k + 1)(k + 2) Найти a) постоянную C; b) P { 3}; c) P {n1 n2}.

28. По заданному распределению с.в. найти закон распределения с.в. = () (то есть привести вид функции плотности для абсолютно непрерывной с.в. или таблицу распределения для дискретной с.в.).

i) С.в. Geo(p), a) = sin ; b) = (1 - (-1) ).

2 1/ii) С.в. Bin(6, ), - a) = 4 cos2 2 - ; b) = (1 - (-1) ).

6 iii) С.в. E(1), a) = 3; b) = ; c) = ;

d) = e-; e) = ln ; f) = arctg ;

g) = [] + 1 (- целая часть );

h) = {} (- дробная доля ).

iv) С.в. N(0, 1), a) = 2; b) = e; c) = ||; d) = 3;

1 e) = ; f) = 4; g) = (1 + sign()).

160 Т е м а VI. Распределения случайных величин v) С.в. C(0, 1), || a) =, b) =.

1 + || vi) С.в. U[0; 1], a) = 1 - ; b) = - ln(1 - ); c) = tg(( - )).

C/ 29. Плотность вероятностей с.в. равна f(x) = x4, x 1.

1/ Найти распределение =.

30. Случайная точка имеет равномерное распределение на окружности x2 + (y - 1)2 = 1 с центром в точке A = (0, 1), а случайная точка есть абсцисса точки пересечения прямой, проходящей через A и, с осью OX. Показать, что с.в. имеет распределение Коши C(0, 1).

31. Случайные величины, независимы и имеют стандартное нормальное распределение N(0, 1). Показать, что отношение / имеет распределение Коши C(0, 1).

32. Пусть случайный вектор (, ) имеет (стандартизированное) нормальное распределение с плотностью ((x, y) R2) 1 f(x, y) = exp - (x2 - 2xy + y2), 2(1 - 2) 2 1 - где параметр (-1; 1) так называемый коэффициент корреляции. Найти маргинальные распределения и показать, что для нормальной вероятностной модели независимость компонент вектора эквивалентна их некоррелированности ( = 0).

33. Показать, что если с.в. имеет непрерывную функцию распределения F (x), то с.в. = F () U[0; 1].

Подсказка. Определить для каждого y [0; 1],,обратную‘‘ функцию F (y) = sup z : F (z) < y.

Задачи Установить справедливость следующих свойств функции F :

i) F (F (y)) y;

ii) F (F (y)) = y, если F непрерывна в точке x = F (y) ;

iii) F (F (x)) x;

iv) F (F (x)) = x только, если z < x F (z) < F (x);

-v) если F непрерывна и строго возрастает, то F = F.

34. Способ генерирования с.в. Большинство,,продвинутых‘‘ языков программирования имеют в своих библиотеках встроенные датчики равномерно распределенных случайных (псевдослучайных) чисел. Однако чаще всего возникает потребность в генерировании случайных чисел с некоторым заданным распределением F.

В этом случае (как вариант) можно воспользоваться следующим приемом. Пусть U[0; 1]. Доказать, что ф.р. с.в. = F () (см.

задачу 33) совпадает с F.

35. Случайный вектор (, ) U(X ). Проверить независимость компонент вектора (, ), если i) X единичная окружность с центром в точке (0,0);

ii) X треугольник с вершинами (0,0), (0,1), (1,0);

iii) X квадрат с вершинами (1,0), (0,1), (-1,0), (0,-1);

iv) X прямоугольник с вершинами (0,0), (0,1), (2,1), (2,0).

36. Доказать, что в условиях задачи 35 iii с.в. + и - независимы.

37. Доказать, что свертка имеет абсолютно непрерывный тип распределения и найти вид ее пл.в., если одно из слагаемых абсолютно непрерывно, а другое дискретно.

Подсказка. Воспользоваться формулой полной вероятности.

38. Найти распределение суммы независимых дискретных с.в.

и, если 162 Т е м а VI. Распределения случайных величин Bern(p), P(), Bin(n1, p), i) ii) iii) Bern(p); P(); Bin(n2, p).

39. Случайные величины 1, 2, 3 U(0, 1) и независимы.

(a) Чему равна P {0.5 1 + 2 + 3 2.5} (b) Продолжив вычисления примера 11, с. 154, найти плотность суммы 1 + 2 + 3, нарисовать ее график и сравнить с 3/2 1/графиком нормальной N(, ) плотности, восхитившись при этом их изумительной схожестью.

40. Доказать, что если с.в. имеет симметричное распределение (см. задачу 7, с. 145), причем ф.р. непрерывна в нуле, то с.в. || и sign() независимы.

41. Симметризация. Доказать, что разность двух независимых одинаково распределенных с.в. всегда имеет симметричное распределение. Можно ли здесь отказаться от условия независимости 42. Найти плотность вероятностей суммы независимых абсолютно непрерывных с.в. и, если i), E(); ii), N(0, 1);

iii) U[0; 1], U[-1; 0]; iv) U[0; 1], U[0; 2];

v) U[0; 1], E(1).

43. Пусть и независимые с.в. с плотностями f(x) и f(y). Найти плотность вероятностей с.в. = (, ) :

/ a) = max(, ); b) = min(, ); c) = ;

d) = 2 + 2; применить к случаю, N(0, 1).

44. Пусть U[0; 2], C(0, 1). Показать, что 1/(1 + 2) cos2().

Задачи 45. Пусть, U[0; 1] независимые с.в. Какое распределение имеет с.в.

+, если 0 + 1, = + - 1, если 1 < + 2 46. Показать, что ф.р. биномиальной с.в. Bin(n, p) можно вычислить через ф.р. F (x | a, b) бета–закона с параметрами a = k, b = n - p + 1 с помощью равенства p P { k} = F (p | a, b) := xa-1(1 - x)b-1 dx.

B(a, b) 47. Доказать, что если с.в. E(), то (ближайшее целое не меньше ) будет иметь геометрическое распределение.

Найти его параметры.

48. Доказать, что если каждая из независимых случайных величин 1 и 2 имеет геометрическое распределение, то случайная величина = min(1, 2) также имеет геометрическое распределение. Найти параметр этого распределения, если параметры распределений 1 и 2 равны соответственно p1 и p2. Сравнить с результатом задачи 74, с. 124.

49. Найти функцию распределения суммы независимых с.в.

и, если U(0, 1), а имеет произвольное распределение с ф.р. F(x).

50. Какое распределение имеет с.в. = min(1,..., n), если с.в. i, i = 1, n, независимы и i E(i).

51. Пусть i E(i), i = 1, 2, независимые с.в.

(a) Чему равна вероятность P {1 < 2} (b) Показать независимость с.в. 1 = min(1, 2) и 2 = 1-2.

52. Случайные величины 1,..., n независимы и имеют экспоненциальное распределение с параметром. Доказать, что сумма 1 +... + n G(p, ) с параметром p = n.

164 Т е м а VI. Распределения случайных величин 52 (Продолжение). Время службы электронного блока представляет собой с.в., подчиненную экспоненциальному закону. По выходе из строя блок мгновенно заменяется исправным блоком.

Pages:     | 1 |   ...   | 11 | 12 || 14 | 15 |   ...   | 18 |






















© 2011 www.dissers.ru - «Бесплатная электронная библиотека»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.