Лекции по теории вероятностей
.PDFАбсолютно непрерывное совместное распределение
Определение 33. Говорят, что с.в. 1; 2 (заданные на одном вероятностном пространстве) имеют абсолютно непрерывное совместное распределение, если существует функция f 1;2 (x1; x2) > 0 такая, что для любой точки (x1; x2) 2 R2
F 1;2 (x1; x2) = P( 1 < x1; 2 < x2) = |
x1 0 |
x2 |
f 1;2 (s1; s2) ds21 ds1: |
|
|
Z |
@ |
Z |
A |
|
1 |
1 |
Если такая функция f 1;2 (x1; x2) существует, она называется плотностью совместного распределения случайных величин 1; 2.
Замечание 17. Для всего дальнейшего более чем достаточно считать, что
b1 0 |
b2 |
1 |
Z |
Z |
f(s1; s2) ds2A ds1 |
@ |
|
|
a1 |
a2 |
|
равняется объему под графиком функции f над областью интегрирования — прямоугольником [a1; b1] [a2; b2].
Плотность совместного распределения обладает свойствами, аналогичными свойствам плотности распределения одной случайной величины:
(f1) f 1;2 (x1; x2) > 0 для любых x1; x2 2 R; |
(f2) |
1 |
|
1 |
dx1 = 1. |
1 |
1 f 1;2 (x1; x2) dx2 |
||||
|
|
R |
|
R |
|
Более того, любая функция, обладающая этими свойствами, является плотностью некоторого совместного распределения.
Если совместное распределение абсолютно непрерывно, то по функции совместного распределения его плотность находится как смешанная частная производная:
(f3) f 1;2 (x1; x2) = |
@2 |
F 1;2 (x1; x2). |
@x1@x2 |
Из свойства (F2) функции совместного распределения вытекает следующее утверждение. Для n > 2 это утверждение, как и свойство (F2), выглядит существенно иначе!
Теорема 22. Если случайные величины 1; 2 имеют абсолютно непрерывное совместное распределение с плотностью f(x1; x2), òî 1 è 2 в отдельности также имеют абсолютно непрерывное распределение с плотностями:
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
f 1 (s1) = Z |
f(s1; s2) ds2; |
f 2 (s2) = Z |
f(s1; s2) ds1: |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
1 |
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Доказательство. Ïî (F2), |
!1 Z |
0 Z |
|
21 |
|
|
|
Z |
0 |
Z |
|
|
|
21 |
|
|
|||||||
1 |
1 |
x2!1 1;2 |
1 2 |
|
x2 |
( 1 2) |
|
|
1 = |
( 1 2) |
|
1; |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
x1 |
x2 |
|
|
|
|
|
x1 |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
||
F |
(x ) = |
lim F |
(x ; x ) = |
lim |
@ 1 |
f s ; s ds |
A |
ds |
|
|
@ |
|
f s ; s ds |
A |
ds |
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
1 |
1 |
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
| |
|
|
|
1{z(s |
|
|
} |
|
|
|
|
|
и, аналогично, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
f |
1) |
|
|
|
50
2 ( 2) = |
x1!1 1; 2 |
1 2 x1!1 Z |
0 Z |
( 1 2) |
|
21 |
|
1 = |
Z |
0 Z |
( 1 2) |
21 |
|
1 = |
||
|
|
|
|
x1 |
x2 |
|
|
|
|
|
1 |
x2 |
|
|
|
|
F x |
lim |
F |
|
(x ; x ) = lim |
@ 1 |
f s ; s |
ds |
A |
ds |
|
|
@ 1 |
f s ; s ds |
A |
ds |
|
|
x2 |
|
1 |
1 |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
||||
|
0 |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ZZ
= @ f(s1; s2) ds1A ds2:
1 1
| {z }
f 2 (s2)
9.3Независимость случайных величин
Определение 34. Случайные величины 1; : : : ; n независимы, если для любого набора множеств B1 R, : : : , Bn R (из борелевской -алгебры — для тех, кто прочитал, что это такое, или произвольных — для тех, кто не прочитал) имеет место равенство:
P( 1 2 B1; : : : ; n 2 Bn) = P( 1 2 B1) : : : P( n 2 Bn):
Это определение можно сформулировать в терминах функций распределения:
Определение 35. Случайные величины 1; : : : ; n независимы, если для любых x1; : : : ; xn имеет место равенство:
F 1;:::; n (x1; : : : ; xn) = F 1 (x1) : : : F n (xn):
Упражнение 14. Доказать, что из независимости в смысле определения 34 следует независимость в смысле определения 35 (доказательство в обратную сторону см. (только см.!) в §4 гл.3 учебника А.А.Боровкова «Теория вероятностей»).
Для случайных величин с дискретным распределением эквивалентное определение независимости выглядит так:
Определение 36. Случайные величины 1; : : : ; n с дискретным распределением независимы, если для любых a1; : : : ; an имеет место равенство:
P( 1 = a1; : : : ; n = an) = P( 1 = a1) : : : P( n = an):
Упражнение 15. Доказать, что для случайных величин с дискретным распределением определения 34 è 36 эквивалентны.
Для случайных величин с абсолютно непрерывным совместным распределением определение независимости можно сформулировать так:
Определение 37. Случайные величины 1; : : : ; n с абсолютно непрерывным совместным распределением независимы, если плотность совместного распределения равна произведению плотностей случайных величин 1; : : : ; n, то есть для любых x1; : : : ; xn имеет место равенство: f 1;:::; n (x1; : : : ; xn) = f 1 (x1) : : : f n (xn).
Доказательство. Докажем эквивалентность определений 35 è 37. По теореме
22, если совместное распределение 1; : : : ; n абсолютно непрерывно, то и в отдельности
51
1; : : : ; n также имеют абсолютно непрерывное распределение. Пусть случайные величи- ны 1; : : : ; n независимы в смысле определения 35, то есть для любых x1; : : : ; xn
x1 xn
ZZ
: : : f 1;:::; n (s1; : : : ; sn) dsn : : : ds1 = F 1;:::; n (x1; : : : ; xn) =
1 1
=ïî îïð. 35 = F 1 (x1) : : : F n (xn) =
x1 |
|
xn |
x1 |
xn |
|
= Z |
f 1 (s1) ds1 : : : |
Z |
f n (sn) dsn = Z |
: : : Z |
f 1 (s1) : : : f n (sn) dsn : : : ds1: |
1 |
|
1 |
1 |
1 |
|
Равенство двух синих интегралов при всех значениях x1; : : : ; xn влечет равенство подынтегральных выражений, то есть независимость в смысле определения 37. Для доказательства в обратную сторону можно использовать те же равенства, но в другом порядке.
52
Раздел 10. Преобразования случайных величин
10.1Преобразование одной случайной величины
Мы будем рассматривать только преобразования случайных величин с абсолютно непрерывными распределениями. Пусть с. в. имеет функцию распределения F (x) и плотность распределения f (x). Построим с помощью функции g : R ! R случайную величину = g( ). Требуется найти функцию распределения и, если существует, плотность распределения .
Замечание 18. Плотность распределения случайной величины = g( ) существует далеко не при любых функциях g. Так, если функция g кусочно-постоянна, то с. в. имеет дискретное распределение, и плотность ее распределения не существует.
Упражнение 16. Привести пример случайной величины с абсолютно непрерывным распределением и непрерывной функции g такой, что = g( ) имеет
а) дискретное распределение; б) невырожденное дискретное распределение.
Плотность распределения g( ) заведомо существует, если, например, функция g монотонна («строго монотонна»). Вспомним, что означает «найти плотность распределения , если она существует».
По определению, если мы представим (для любого x) функцию распределения в виде
x
R
F (x) = h(y) dy, где подынтегральная функция h(y) неотрицательна, то плотность рас-
1
пределения с. в. существует и в точности равна подынтегральной функции: f (x) = h(x).
Так что доказывать существование плотности распределения и находить ее мы будем одновременно, находя нужное интегральное представление для функции распределения.
Теорема 23. Пусть имеет функцию распределения F (x) и плотность распределения f (x), и постоянная a 6= 0. Тогда случайная величина = a + b имеет плотность
|
|
jaj |
|
|
a |
||
распределения f |
(x) = |
1 |
|
f |
|
x b |
. |
|
|
|
|
Доказательство. Пусть сначала a > 0.
|
|
a+b |
|
|
|
|
|
|
|
|
a |
|
|
|
|
a |
|
|
(x b)=a |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Z |
|
||||||||||||
F |
(x) = F |
(x) = P(a + b < x) = P < |
x |
b |
= F |
|
x b |
|
= |
|
|
f (t) dt = |
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
1 |
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
Замена: t = |
y b |
, |
dt = |
dy |
|
|
|
3 |
|
Z |
a |
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
y = |
|
|
|
a |
|
|
||||||||||||||||
|
|
2 t = x b |
y = x, t = |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
1 |
|
|
|
y b |
|
|
||
|
= |
4 |
|
|
|
a |
|
|
a |
|
|
5 |
= |
|
|
f |
|
|
dy; |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
7! |
|
|
1 7! |
1 |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
a |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
то есть при a > 0 случайная величина = a + b имеет абсолютно непрерывное распределение с плотностью
|
a |
|
|
a |
|
jaj |
|
|
a |
||||
f (x) = |
1 |
|
f |
|
x b |
|
= |
1 |
|
f |
|
x b |
: |
|
|
|
|
|
|
|
53
Пусть теперь a < 0.
|
|
|
a+b |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a |
|
|
|
1 |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Z |
||||||||
|
F |
(x) = F |
(x) = P(a + b < x) = P > |
x b |
= |
(x b)=a |
f (t) dt = |
||||||||||||||||||||
|
|
||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
= |
Замена: t = |
y b |
, |
dt = |
dy |
, |
t = |
x b |
y = x, |
t = |
|
|
y = |
1 |
= |
||||||||||||
|
a |
a |
|
|
|||||||||||||||||||||||
h |
|
|
a |
|
|
|
|
|
|
|
7! |
|
|
|
1 7! |
|
|
i |
|||||||||
|
|
|
|
|
1 |
a |
|
|
|
|
a |
|
x |
jaj |
|
|
a |
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
Zx |
|
Z |
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
= |
|
|
1 |
|
|
f |
|
|
y b |
|
|
dy = |
1 |
|
|
f |
|
y b |
|
dy; |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
то есть при a < 0 случайная величина = a + b имеет абсолютно непрерывное распреде-
|
jaj |
|
|
a |
||
ление с плотностью f (x) = |
1 |
|
f |
|
x b |
. |
|
|
|
|
Для произвольной монотонной функции g (то есть такой, что для любых x1 < x2 ëèáî g(x1) < g(x2) (монотонно возрастающая функция), либо g(x1) > g(x2) (монотонно убывающая функция)) справедливо аналогичное теореме 23 утверждение.
Теорема 24. Пусть имеет функцию распределения F (x) и плотность распределения f (x), и функция g : R ! R монотонна. Тогда случайная величина = g( ) имеет плотность распределения
Здесь g 1 точке g 1
|
1 |
f g 1(x) : |
f (x) = |
jg0 g 1(x) j |
— функция, обратная к g, à g0 g 1(x) = (g 1(x))0 — производная функции g â (x), она же производная функции g 1(x).
Упражнение 17. Доказать теорему 24.
Следующие утверждения сразу следуют из теоремы 23. Первое из них мы уже доказывали непосредственно. Доказать остальные.
Следствие 8. Åñëè = N0;1, òî = + a = Na;2 .
|
|
|
|
|
1 |
|
|
x |
|
a |
1 |
|
|
(x a)2 |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
p2 |
|
|
|||||
Доказательство. Действительно, f |
(x) = |
|
f |
|
|
|
|
= |
|
|
e |
2 2 . |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
Следствие 9. |
Åñëè = N |
|
2 , òî = |
a |
= N |
|
. |
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
a; |
|
|
|
|
0;1 |
|
|
|
|
|
|
|
|||
Следствие 10. |
Åñëè = E , òî = = E1. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
54
10.2Функции от двух случайных величин
Пусть 1; 2 — случайные величины с плотностью совместного распределения f 1;2 (x1; x2), и функция g : R2 ! R. Требуется найти функцию (а если существует, то и плотность) распределения случайной величины = g( 1; 2).
Пользуясь тем, что вероятность случайному вектору попасть в область можно вычислить как объем под графиком плотности распределения вектора над этой областью, сформулируем утверждение.
Теорема 25. Пусть x 2 R, и область Dx R2 состоит из точек (x1; x2) таких, что g(x1; x2) < x. Тогда случайная величина = g( 1; 2) имеет функцию распределения
F (x) = P g( 1 |
; 2) < x = P ( 1; 2) 2 Dx |
|
= ZZ f 1;2 (x1; x2) dx2 dx1: |
|
|
Dx |
Всюду далее в этой главе предполагается, что случайные величины 1 è 2 независимы, то есть f 1;2 (x1; x2) = f 1 (x1)f 2 (x2).
Следствие 11 (Формула свертки). Åñëè ñ. â. 1 è 2 независимы и имеют абсолютно непрерывное распределение с плотностями f 1 (x1) è f 2 (x2), то плотность распределения суммы 1 + 2 равна «свертке» плотностей f 1 è f 2 :
1 |
1 |
|
|
f 1+ 2 (t) = Z |
f 1 (u) f 2 (t u) du = Z |
f 2 (u) f 1 (t u) du |
(13) |
1 |
1 |
|
|
Доказательство. Воспользуемся утверждением теоремы 25 для функции g(x1; x2) = x1 + x2. Итегрирование по области Dx = f(x1; x2) : x1 + x2 < xg можно заменить последовательным вычислением двух интегралов: наружного – по переменной x1, меняющейся от 1 до 1, и внутреннего – по переменной x2, которая при каждом x1 должна быть меньше, чем x x1. Òî åñòü Dx = f(x1; x2) : x1 2 ( 1; 1); x2 2 ( 1; x x1)g. Поэтому
F 1+ 2 (x) = ZZ f 1;2 (x1; x2) dx2 dx1 |
= |
ZZ |
f 1 (x1) f 2 (x2) dx2 dx1 = |
|
|||
|
независ-ть |
|
|
1 0 x x1f 1 (x1) f 2 (x2) dx21 dx1 |
|||
Dx |
|
Dx |
= |
||||
|
|
|
|
Z |
@ |
Z |
A |
|
|
|
|
1 |
1 |
Сделаем в последнем интеграле замену переменной x2 |
íà t òàê: x2 = t x1. Ïðè ýòîì |
||||||||||||||||
x2 2 ( 1; x x1) перейдет в |
t 2 ( 1; x), dx2 |
= dt. |
|
В полученном интеграле меняем, |
|||||||||||||
наконец, порядок интегрирования: |
|
x1) dt1 dx1 |
|
|
|
0 |
1 f 1 (x1) f 2 |
|
|
|
|
1dt: |
|||||
F 1+ 2 (x) = 1 0 |
x f 1 (x1) f 2 (t |
|
= |
x |
(t |
|
|
x1) dx1 |
|||||||||
Z |
Z |
|
|
A |
|
|
Z |
|
Z |
|
|
|
|
A |
|||
1 @ 1 |
|
|
|
|
1 @ 1 |
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
| |
|
|
|
|
|
|
|
|
} |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x 1 |
{z2 |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
f |
+ |
(t) |
|
|
|
|
|
|
функцию распределения F |
|
(x) â âèäå |
f |
|
|
(t) dt, ãäå |
||||||||||
Итак, мы представили |
1 |
|
|
|
|
1 |
+ 21 |
|
|
R1 |
1 |
+ 2 |
|
|
|
|
|
f 1+ 2 (t) = Z |
f 1 (x1) f 2 (t x1) dx1 = Z |
f 1 (u) f 2 (t u) du: |
|
|
|
||||||||||||
|
1 |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
55
Второе равенство получается либо из первого заменой переменных, либо если всюду в доказательстве поменять местами индексы 1 è 2.
Следствие 11 не только предлагает формулу для вычисления плотности распределения суммы, но и утверждает (заметьте!), что сумма двух независимых случайных величин с абсолютно непрерывными распределениями также имеет абсолютно непрерывное распределение. Для тех, кто уже ничему не удивляется, упражнение: привести пример двух случайных величин с абсолютно непрерывными распределениями, таких что их сумма имеет вырожденное распределение.
Если даже одна из двух независимых случайных величин имеет дискретное, а вторая – абсолютно непрерывное распределение, то их сумма тоже имеет абсолютно непрерывное распределение, как показывает следующее упражнение.
Упражнение 18. Пусть с. в. имеет таблицу распределения P( = ai) = pi, с. в. имеет плотность распределения f (x), и эти величины независимы. Доказать, что +
P
имеет плотность распределения f + (x) = pif (x ai).
i
10.3Примеры использования формулы свертки
Пример 27. Пусть независимые случайные величины и имеют стандартное нормальное распределение. Докажем, что их сумма имеет нормальное распределение с параметрами 0 и 2.
Доказательство. По формуле свертки, плотность суммы равна
|
|
|
1 |
1 |
|
|
|
|
|
1 |
1 |
|
|
|
|
|
1 |
|
1 |
|
|
2 |
x2 |
|
|
|
|
|
||||||
f |
|
(x) = |
Z |
e 21 u2 |
e 21 (x u)2 du = |
Z |
|
e 21 (2u2+x2 2xu)du = |
|
e u |
+ 2 xu du: |
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
2 |
|
2 |
|||||||||||||||||||||||||||||
|
+ |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Z |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
x2 |
1 |
1 |
|
x |
2 |
x2 |
1 |
1 |
2 |
1 |
|
x2 |
1 |
1 |
|
|
1 |
|
x2 |
|||||||||||||
Выделим полный квадрат по u в показателе экспоненты: |
u2 + |
x2 |
xu = u x2 |
2 + |
x2 |
. Тогда |
||||||||||||||||||||||||||||
2 |
4 |
|||||||||||||||||||||||||||||||||
f + (x) = e 4 |
Z |
|
|
e (u 2 ) du = e 4 |
Z |
|
|
e v dv = |
2p |
|
e 4 |
Z |
|
p |
|
e v dv = |
2p |
|
e 4 : |
|||||||||||||||
2 |
2 |
|||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Последнее равенство верно поскольку под интегралом стоит плотность нормального рас-
пределения с параметрами 0 и 1 , так что интеграл по всей прямой равен 1. Итак, мы
p
2
получили, что плотность суммы есть плотность нормального распределения с параметрами 0 и 2.
Если сумма двух независимых случайных величин из одного и того же распределения (возможно, с разными параметрами) имеет такое же распределение, говорят, что это распределение устойчиво относительно суммирования.
В следующих утверждениях, доказать которые предлагается читателю, перечислены практически все устойчивые распределения. Еще с одним из них (распределением 2) читатель познакомится в курсе математической статистики.
Лемма 4. Пусть случайные величины = è = независимы. Тогда + = + .
56
Лемма 5. |
Пусть |
случайные |
величины |
= Bn;p |
è |
= Bm;p |
независимы. |
Тогда |
|
+ |
= Bn+m;p. |
|
|
|
= Na1; 12 |
|
= Na2; 22 |
|
|
Лемма 6. |
Пусть |
случайные |
величины |
è |
независимы. |
Тогда |
|||
+ |
= Na1+a2; 12+ 22 . |
|
|
|
|
|
|
|
Лемму 6 мы докажем позднее, используя аппарат характеристических функций, хотя при некотором терпении можно попробовать доказать ее с помощью формулы свертки, как в примере 27.
Показательное распределение не устойчиво по суммированию, однако его можно счи- тать частным случаем гамма-распределения, которое уже в некотором смысле устойчиво
относительно суммирования. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Определение 38. |
|
Случайная величина имеет гамма-распределение ; с парамет- |
||||||||||||||||
рами > 0; > 0, если она имеет плотность распределения |
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
f (x) = |
(c x 1e x; |
|
ïðè x > 0; |
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
0; |
|
|
|
ïðè x |
6 |
0; |
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
1 |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
R |
|
|
|
R |
|
|
|
|
|
|
где постоянная c вычисляется из условия |
f (x) dx = c |
x 1e x dx = 1, òî åñòü c = |
|
. |
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
0 |
|
|
|
( ) |
|||
|
|
|
|
R0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
при |
|
целых |
|
|
|
|
|
и |
|
|
|
. |
|
1) |
— гамма-функция Эйлера; |
|||
Здесь |
( ) = |
1x |
|
1e |
x dx = ( |
|
1) ( |
|
||||||||||
|
k |
|
(k) = (k 1)! |
|
(1) = 1 |
|
|
|
|
|
|
Заметим, что показательное распределение E есть гамма-распределение ;1.
Лемма 7. Пусть независимые случайные величины 1; : : : ; n имеют показательное распределение E = ;1. Тогда 1 + + n = ;n.
Доказательство. Докажем утверждение по индукции. При n = 1 оно верно в силу равенства E = ;1. Пусть утверждение леммы справедливо для n = k 1. Докажем, что оно верно и для n = k. По предположению индукции Sk 1 = 1 + + k 1 = ;k 1, то есть имеет плотность распределения
|
fSk 1 (x) = |
80; k 1 |
k |
|
2 |
|
x |
|
|
ïðè x 6 0; |
|||||||||
|
|
|
< |
|
|
|
x |
|
e |
|
|
|
; |
|
ïðè x > 0: |
||||
|
|
|
(k |
|
2)! |
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Тогда по формуле свертки |
плотность суммы S |
|
= |
|
+ |
+ |
|
равна |
|||||||||||
|
: |
|
|
|
|
k |
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
k |
|
||
1 |
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
k |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
fSk (x) = Z |
fSk 1 (u)f k (x u) du = Z0 |
|
|
uk 2e uf k (x u) du: |
|||||||||||||||
|
(k 2)! |
||||||||||||||||||
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Òàê êàê f k (x u) = 0 при x u < 0, то есть при u > x, то плотность под интегралом отлична от нуля, если переменная интегрирования изменяется в пределах 0 6 u 6 x. Поэтому
x |
(k 2)! |
x |
(k 2)! uk 2 du = |
(k 1)! xk 2e x: |
fSk (x) = Z0 |
uk 2e u e (x u) du = e x Z0 |
|||
|
k 1 |
|
k |
k |
Òî åñòü Sk = ;k, что и требовалось доказать.
57
«Если я имею одинаковые шансы на получение a или b, то цена моему ожиданию равна (a+b)=2».
Õ ð è ñ ò è à í Ã þ é ã å í ñ, О расчетах в азартной игре (1657)
Раздел 11. Числовые характеристики случайных величин
11.1Математическое ожидание случайной величины
Определение 39. Математическим ожиданием E (средним значением, первым моментом) случайной величины с дискретным распределением, задаваемым таблицей P( = ai) = pi, i 2 Z, называется число
XX
E = |
aipi = |
aiP( = ai); если указанный ряд абсолютно сходится. |
ii
P
Åñëè æå jaijpi = 1, то говорят, что математическое ожидание не существует.
i
Определение 40. Математическим ожиданием E (средним значением, первым моментом) случайной величины с абсолютно непрерывным распределением с плотностью распределения f (x), называется число
1
1 |
|
E = Z |
xf (x) dx; если указанный интеграл абсолютно сходится. |
1 |
|
R
Если же jxjf (x) dx = 1, то говорят, что математическое ожидание не существует.
1
Математическое ожидание имеет простой физический смысл: если на прямой разместить единичную массу, поместив в точки ai массу pi (для дискретного распределения), или «размазав» ее с плотностью f (x) (для абсолютно непрерывного распределения), то точка E есть координата «центра тяжести» прямой.
Пример 28. Пусть случайная величина равна числу очков, выпадающих при одном
|
6 |
1 |
|
|
||
подбрасывании кубика. Тогда E = |
Xk |
= 3:5: |
в среднем при одном подбрасывании |
|||
k |
|
|||||
=1 |
6 |
|||||
|
|
|
|
|
кубика выпадает 3:5 очка!
Пример 29. Пусть случайная величина — координата точки, брошенной наудачу
b
Z
на отрезок [a; b]. Тогда E = x b 1a dx = a+2 b : центр тяжести равномерного распреде-
a
ления на отрезке есть середина отрезка!
11.2Свойства математического ожидания
Во всех свойствах предполагается, что рассматриваемые математические ожидания существуют.
58
E0. Математическое ожидание случайной величины есть ЧИСЛО!
E1. Для произвольной функции g : R ! R
> X |
если распределение дискретно; |
|
8 |
g(ak)P( = ak); |
|
> |
|
|
> |
|
|
> |
k |
|
E g( ) = < |
1 |
|
> |
Z |
если распределение абсолютно непрерывно. |
1 g(x)f (x) dx; |
||
> |
|
|
>
>
:
Доказательство. Мы докажем это свойство (как и почти все дальнейшие) только для дискретного распределения. Пусть g( ) принимает значения c1; c2; : : : с вероятностями
X
P(g( ) = cm) = |
P( = ak). Тогда |
|
|
|
|
X |
k:g(ak)=cm |
k:g(Xak |
|
|
|
X |
m |
|
|
||
E g( ) = cmP(g( ) = cm) = |
cm |
P( = ak) = |
|
||
m |
m |
)=c |
|
|
X |
|
|
Xk:g(Xak |
m |
||
|
|
= |
|
g(ak)P( = ak) = |
g(ak)P( = ak): |
|
|
m |
)=c |
|
k |
E2. Математическое ожидание постоянной равно этой постоянной: E c = c.
E3. Постоянную можно вынести за знак математического ожидания: E (c ) = cE .
Доказательство. Следует из свойства E1 ïðè g(x) = cx.
E4. Математическое ожидание суммы любых случайных величин и равно сумме их математических ожиданий:
E ( + ) = E + E :
Доказательство. Для величин с дискретным распределением: пусть xk è yn — значе- ния и , соответственно. Для функции g : R2 ! R можно доказать свойство, аналогичное E1 (сделать это! ). Пользуясь этим свойством для g(x; y) = x + y, запишем:
|
X |
X |
X |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
E ( + ) = (xk + yn)P( = xk; = yn) = |
xk |
P( = xk; = yn) + |
|
|
|||||||||
|
k;n |
k |
n |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
| |
|
{z |
|
|
|
} |
|
|
|
|
|
|
|
|
P( =xk) |
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
X |
Xk |
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
+ yn |
P( = xk; = yn) = E + E : |
|||||||||
|
|
|
n |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
| |
|
|
|
{z |
|
|
|
} |
||
|
|
|
|
P |
( |
n |
) |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
=y |
|
|
||||
E5. |
Åñëè > 0 ï.í. («почти наверное», то есть с вероятностью 1: |
P( > 0) = 1), òî |
|||||||||||
|
E > 0;
Åñëè > 0 ï.í., è ïðè ýòîì E = 0, òî = 0 ï.í., òî åñòü P( = 0) = 1.
Упражнение. Доказать для дискретного распределения!
59