Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Московский государственный физико-технический университет (МФТИ)

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

all

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

03.06.2015

Размер:

487.46 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 77

Теперь оценим:

( ) ( )

−

∫

( ) ( )

− ∫

( ) ( )

∫

( ( ) −

+ ∫

( )) ( ) − ∫

( ( ) − ( )) ( ) 6

( ) 6

( ) +

∫

( ) + 2

( ) +

∫

[− , ]

R [− , ]

−

∞

6 + 2 ∫

( ) + ∫

( ) =

( ) + ∫

−∞

= 2 + 2( (− ) + 1 − ( ) + (− ) + 1 − ( )) → 0, при → ∞

Отсюда получаем, что

∫ ∫

( ) ( ) = ( ) ( )

При → 0, ( ) → ( , ]( )

При этом | ( )| 6 1 для R по теореме Лебега

∫ ∫

( ) ( ) −−−→ ( , ] ( ) = ( ) − ( )

→0

Следовательно, для < :

( ) − ( ) = ( ) − ( )

Устремим → −∞, R

( ) = ( )

Пример 19. Пусть 1, 2 – нез. с.в., ( , 2 1 + 2 ( 1 + 2, 2 + 2).. Тогда 1 2

Доказательство. х.ф.

( ) = −12 2 2

1+ 2 ( ) = |нез.| = 1 ( ) 2 ( ) = ( 1+ 2) −12 2( 12+ 22)

–х.ф ( 1 + 2, 12 + 22)

По теореме о единственности 1 + 2 ( 1 + 2, 12 + 22)

Теорема 4 (критерий независимости компонент случайного вектора). Пусть = ( 1, . . . , ) –

случайный вектор. Тогда 1 . . . – независимы в совокупности х.ф. вектора распадается в произведение х.ф. :

( 1, . . . , ) = 1 ( 1) · . . . · ( )

Доказательство.

( ) Пусть 1 . . . – независимы. Тогда


	= ( 1 1 . . . ) =	=	( )
( 1 . . . ) = ∑ =1	= ( 1 1 . . . ) =	=	( )
		∏	∏
		=1	=1

( ) Пусть 1, . . . , – функции распределения 1, . . . , . Рассмотрим ( 1, . . . , ) = 1( 1) · . . . · ( ) Посчитаем её х.ф.:

∫	, ( ) =	∫	, 1( 1) . . . ( ) = \|теорема Фубини\| =
R	∫	R
	∫

∏ ∏

=( ) = ( ) = ( 1 . . . )

=1 R =1

Но – х.ф. вектора . она является х.ф. ф.р. ( 1 . . . ). По теореме о единственности

( 1 . . . ) = ( 1 . . . ) = 1( 1) . . . ( )

По критерию независимости для ф.р. получаем, что 1 . . . независимы в совокупности.

Теорема 5 (формула обращения).

Пусть ( ) – х.ф. ф.р. ( ) Тогда

1.	Для < , , C( ) – точки непрерывности								( ), выполнено:
	( )		( ) =	1		lim				− − −	( )
	( )	−	( ) =			lim		∫			( )
		−		2 →+∞				∫
	∫						−
	∫
2.	Если \| ( )\| < +∞, то y ( ) плотность ( ) и
	R				2 ∫
			( ) =		2 ∫			− ( )
						1

Пример 20. Пусть имеет распр. Коши

1( ) = (1 + 2)

Найти х.ф. .

Доказательство. Пусть имеет распр. Лапласа, ( ) = 1

−| |

∫

Тогда ( ) =

| ( )| < +∞

1+ 2

, и

по формуле обращения

2 ∫

∫

− (1 + 2) =

2 (− )

( ) =

−

( ) =

( ) = −| |

Как понять, является ли функция характеристической?

Определение 5. Функция ( ( ),		R) наз. неотрицательно определенной , если 1 . . .
R 1 . . .	C выполнено:

∑

( − ) > 0

, =1

Теорема 6 (Бонхер - Хинчин).

Пусть ( ), R – непрерывна в нуле и (0) = 1. Тогда ( ) явл. хар. функцией ( ) неотрицательно определена.

Доказательство. ( ) Пусть ( ) – х.ф. с.в. . Тогда 1 . . . R, 1 . . . C

( − ) =

( − )

−

∑

∑,

, =1

( ) ·

(

))

> 0

, =1

∑

Следствие 4. Если ( ) и ( ) – две х.ф., то (0, 1) :

( ) + (1 − ) ( ) – тоже х.ф.

Теорема 7 (непрерывности).

Пусть { ( ), N} – последовательность ф.р. на R, а { ( ), N} – последовательность их х.ф.

Тогда


1. Если −→ , где ( ) – ф.р. на R, то для R : ( ) → ( ) при → ∞, где ( ) - х.ф.
( )
2. Пусть для R	предел lim ( ), причем ( ) = lim							( ) непрерывна в нуле. Тогда
			→∞				→∞
ф.р. ( ) т.ч. −→ и ( ) - х.ф. ( )

Доказательство. 1. Если −→ , то ( ) – огр. непр. выполнено:
			∫		−−−→→∞	∫
			( ) ( )			( ) ( )

			R			R
Функции cos и sin – огр. и непр., тогда							∫		−−−→→∞
	∫		∫				∫		−−−→→∞
( ) =			( ) =	cos ( ) +			sin ( )

	R		R	∫			R
−−−→→∞ ∫		cos ( ) +		∫
		cos ( ) +		sin ( ) = ( )

	R			R

Следствие 5. С.в. −→ R : ( ) → ( )

Доказательство. −→ −→ ( ) → ( ) для R.

Теорема 8 (Центральная предельна теорема).

Пусть { , N} – последовательность независимых одинаково распределенных с.в. т.ч. 0 <

< +∞.

Обозначим = 1 + .

+ Тогда

−

(0, 1)

√

−→

Доказательство.

Обозначим = , 2 = . Рассмотрим = − = 0, = 2 = 1

Тогда

−

независимость

−

1 + . . .

√

Рассмотрим х.ф. :

( ) = ( ) = 1 + ( ) +

2( )2

+ ( 2);

( →0)

Отсюда получаем, что

( ) = 1+...+ (

) =

независимость

− 22

√

(

√

) )

(

−

(

) )

−−−→→∞

Но − 22

– х.ф. (0, 1)

по теорема непрерывности мы получаем, что

−

(0, 1)

√

−→

Следствие 6. В условиях ЦПТ для R выполнено

Доказательство.

R :

(	√	)	−−−→→∞		√2
(	√	)	−−−→→∞	∫	√2
	− 6				1	− 2
						2
				−∞
				−∞

По ЦПТ

−

(0, 1)

, где

( ) – ф.р. (0, 1), т.е.

√

−→

( ) =

− 2

−−−→→∞

∫

√2

−∞

Следствие 7. В условиях ЦПТ, если

= , = 2, то

√ ( − ) −→ (0, 2)

Доказательство.

(

)

√

−

√

−

Но −→ (0, 1) −→ (0, 1) = (0, 2)

√ (

− )

−→ (0, 2)

Теорема 9 (Теорема Берри - Эссен).

Пусть { , N} – нез. с.в., | |3 < +∞,

= , = 2 > 0.

Обозначим

+ . . . +

−

√

Тогда

sup

( )

| 6

| 1

− |3

−

√

где – абс. константа. Вместо 1

можно взять любую из 1 . . . .

Что можно сказать про ?

1.> √12 ≈ 0, 399 (Эссен)

2.Текущий рекорд : 6 0.48

Пример 21. Складываются 104 чисел, каждое из которых было вычислено с точностью 10−6.

Найти в каких пределах с вероятностью 0.99 лежит суммарная ошибка, считая, что все ошибки независимы и распределены (−10−6, 10−6)

Доказательство. (−10−6, 10−6) – нез. с. в.
= = 0, = 2 = 10−12 2 , = 1 + . . . + .
	3
Согласно ЦПТ:	√−	6 ) (\| \| 6 ), где (0, 1)
(	√−	6 ) (\| \| 6 ), где (0, 1)

Из таблицы значений ( ) =	2
	√12 − 2
	∫

Получаем, что при = 2.58	−∞

(| | 6 ) > 0.99

( )

√

| | 6 2.58 > 0.99

(\| \| 6 2.58√		· 10−6)	> 0.99
	3
2

√

Суммарная ошибка: 2.58 23 · 10−6

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 77

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
03.06.2015613.15 Кб6ADP1715_1716.pdf
#
03.06.201515.01 Mб641Aircraft_design.pdf
#
03.06.20151.92 Mб37algebcodes (1).pdf
#
03.06.20151.79 Mб41algebcodes_1.pdf
#
24.09.2019110.59 Кб2Algebra_bilety_leto_2012.doc
#
03.06.2015487.46 Кб21all.pdf
#
03.06.20151.58 Mб7AT45DB642D.pdf
#
03.06.20157.35 Mб18AutumnALL.1.doc
#
03.06.20153.51 Mб18AutumnALL.2.doc
#
03.06.2015144.38 Кб15auzan_111007.02.02.01.doc.doc
#
03.06.2015158.72 Кб12auzan_111007.02.02.02.doc.doc