WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     | 1 |   ...   | 9 | 10 || 12 | 13 |   ...   | 18 |

Распределение функции от нескольких случайных величин может определяться их частными распределениями, если, например, потребовать независимости этих случайных величин. В этом случае совместное распределение также полностью определяется частными распределениями (а именно, как их произведение).

ГЛАВА 8. Многомерные распределения § 5. Независимость случайных величин Определение 37. Случайные величины 1,..., n называют н е з а в и с и м ы м и (в совокупности), если д л я л ю б о г о набора борелевских множеств B1,..., Bn B(R) имеет место равенство:

P(1 B1,..., n Bn) = P(1 B1) ·... · P(n Bn).

Определение 38. Случайные величины 1,..., n называют п о п а р н о н е з а в и с и м ы м и, если независимы любые две из них.

Оба этих определения годятся не только для конечного набора случайных величин, но и для их бесконечной последовательности.

Замечание 17. Независимость случайных величин в совокупности влечёт попарную независимость. Достаточно в определении независимости в качестве нескольких борелевских множеств взять числовую прямую R.

Пример 35. Вспомним пример Бернштейна 25. Свяжем с событиями A, B и C случайные величины 1, 2 и 3 — индикаторы этих событий. Например, 1 = 1, если A произошло, и 1 = 0, если A не произошло. Случайные величины 1, 2 и 3 независимы попарно (проверить), но зависимы в совокупности:

P(1 = 1, 2 = 1, 3 = 1) = P(A B C) =, P(1 = 1) P(2 = 1) P(3 = 1) = P(A) P(B) P(C) =.

Попарная независимость случайных величин встречается редко. Поэтому всюду, где мы будем употреблять термин «независимы», будет подразумеваться независимость в совокупности.

Определение независимости можно сформулировать в терминах функций распределения:

Определение 39. Случайные величины 1,..., n независимы (в совокупности), если д л я л ю б ы х x1,..., xn имеет место равенство:

F,..., n(x1,..., xn) = F (x1) ·... · F (xn).

1 1 n Для случайных величин с дискретным распределением эквивалентное определение независимости выглядит так:

Определение 40. Случайные величины 1,..., n с дискретным распределением независимы (в совокупности), если д л я л ю б ы х чисел a1,..., an имеет место равенство:

P(1 = a1,..., n = an) = P(1 = a1) ·... · P(n = an).

Упражнение. Доказать, что из независимости в смысле определения 37 следует независимость в смысле определения 39 (доказательство в обратную сторону см. в § 4 гл. 3 учебника А. А. Боровкова «Теория вероятностей»).

76 ГЛАВА 8. Многомерные распределения Упражнение. Доказать, что для случайных величин с дискретным распределением определения 37 и 40 эквивалентны.

Для случайных величин с абсолютно непрерывным совместным распределением определение независимости можно сформулировать так:

Определение 41. Случайные величины 1,..., n с абсолютно непрерывным совместным распределением независимы (в совокупности), если плотность совместного распределения равна произведению плотностей случайных величин 1,..., n, т. е. д л я л ю б ы х x1,..., xn имеет место равенство: f,..., n(x1,..., xn) = f (x1) ·... · f (xn).

1 1 n Замечание 18. Плотность распределения определяется с точностью до её значений на множестве нулевой лебеговой меры (распределение не меняется от изменения плотности на множестве нулевой меры). Поэтому равенство плотности совместного распределения и произведения плотностей можно понимать тоже как равенство «почти всюду».

Доказательство. Докажем эквивалентность определений 39 и 41. По теореме 27, если совместное распределение 1,..., n абсолютно непрерывно, то и в отдельности 1,..., n также имеют абсолютно непрерывные распределения. Пусть случайные величины 1,..., n независимы в смысле определения 39, т. е. для любых x1,..., xn F,..., n(x1,..., xn) = F (x1) ·... · F (xn).

1 1 n Но функция совместного распределения равна x1 xn F,..., n(x1,..., xn) =... f,..., n(s1,..., sn) ds1... dsn = I1, 1 - а произведение функций распределения записывается произведением интегралов, или одним n-мерным интегралом:

x1 xn F (x1) ·... · F (xn) = f (s1) ds1 ·... · f (sn) dsn = 1 n 1 n - x1 xn =... f (s1)... f (sn) ds1... dsn = I2.

1 n - Равенство интегралов I1 = I2 при всех значениях x1,..., xn влечёт, после дифференцирования по x1,..., xn, равенство подынтегральных выражений почти всюду (дифференцировать можно почти всюду), т. е. независимость в смысле определения 41. Для доказательства в обратную сторону можно использовать те же равенства, но в обратном порядке.

ГЛАВА 8. Многомерные распределения § 6. Функции от двух случайных величин Пусть 1 и 2 — случайные величины с плотностью совместного распределения f, 2(x1, x2), и задана борелевская 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 некоторую область можно вычислить как объем под графиком плотности распределения вектора над этой областью, сформулируем утверждение.

Теорема 28. Пусть x 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) Dx = f, 2(x1, x2) dx1 dx2.

Dx Далее в этой главе предполагается, что случайные величины 1 и 2 независимы, т. е. f, 2(x1, x2) f (x1) f (x2). В этом случае распределе1 1 ние величины g(x1, x2) полностью определяется частными распределениями величин 1 и 2.

Следствие 9 (ф о р м у л а с в ё р т к и). Если случайные величины и 2 независимы и имеют абсолютно непрерывные распределения с плотностями f (x1) и f (x2), то плотность распределения суммы 1 1 + 2 равна «свёртке» плотностей f и f :

1 f + 2(t) = f (u) f (t - u) du = f (u) f (t - u) du (18) 1 1 2 2 - Доказательство. Воспользуемся утверждением теоремы 28 для борелевской функции g(x1, x2) = x1 + x2. Интегрирование по области Dx = = {(x1, x2) | x1 +x2 < x} можно заменить последовательным вычислением двух интегралов: наружного — по переменной x1, меняющейся в пределах от - до +, и внутреннего — по переменной x2, которая при каждом xдолжна быть меньше, чем x - x1. Здесь Dx = {(x1, x2) | x1 R, x2 (-, x - x1)}. Поэтому x-x F + 2(x) = f (x1) f (x2) dx2 dx1 = f (x1)f (x2) dx2dx1.

1 1 2 1 Dx - Сделаем в последнем интеграле замену переменной x2 на t так: x2 = t - x1.

При этом x2 (-, x - x1) перейдёт в t (-, x), dx2 = dt. В полученном интеграле меняем порядок интегрирования: функция распределения 78 ГЛАВА 8. Многомерные распределения F + 2(x) равна x x f (x1) f (t - x1) dtdx1 = f (x1) f (t - x1) dx1dt.

1 2 1 - - - Итак, мы представили функцию распределения F + 2(x) в виде x f + 2(t) dt, где f + 2(t) = f (x1) f (t - x1) dx1 = f (u) f (t - u) du.

1 1 2 1 - Второе равенство получается либо из первого заменой переменных, либо просто из-за возможности поменять местами 1 и 2.

Следствие 9 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.

Упражнение. Для тех, кто уже ничему не удивляется: 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:

Упражнение. Пусть имеет таблицу распределения P( = ai) = pi, а имеет плотность распределения f(x), и эти величины независимы. Доказать, что + имеет плотность распределения f+(x) = pif(x - ai). Для вычисления функции распределения суммы использовать формулу полной вероятности.

§ 7. Примеры использования формулы свёртки Пример 36. Пусть независимые случайные величины и имеют стандартное нормальное распределение. Докажем, что их сумма имеет нормальное распределение с параметрами a = 0 и 2 = 2.

Доказательство. По формуле свёртки, плотность суммы равна x1 2 2 1 - u2+ - xu f+(x) = e-u /2 e-(x-u) /2 du = e du = 2 - x 2 1 1 2 1 2 e-x /) = e-x /4 e-(u- du = e-x /4 e-v dv =.

2 2 - ГЛАВА 8. Многомерные распределения Последний интеграл равен единице, поскольку под интегралом стоит плотность нормального распределения с параметрами a = 0 и 2 =.

Итак, мы 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 у с т о й ч и в о относительно суммирования.

В следующих утверждениях, доказать которые предлагается читателю, перечислены практически все устойчивые распределения.

= = Лемма 3. Пусть случайные величины и µ независимы.

= Тогда + +µ.

= = Лемма 4. Пусть случайные величины Bn,p и Bm,p независи= мы. Тогда + Bn+m,p.

= = Лемма 5. Пусть случайные величины Na,2 и Na,2 неза1 1 = висимы. Тогда + Na +a2, 2+2.

1 = = Лемма 6. Пусть случайные величины, и, независи1 = мы. Тогда +, +2.

Все эти утверждения мы докажем позднее, используя аппарат характеристических функций, хотя при некотором терпении можно попробовать доказать их и напрямую, как в примере 36.

Показательное распределение не устойчиво по суммированию, однако оно является частным случаем гамма-распределения, которое уже устойчиво относительно суммирования.

Лемма 7. Пусть независимые случайные величины 1,..., n име ют 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 имеет распределение, k-1, т. е. плотность распределения величины Sk-1 равна 0, если x 0, fS (x) = k-k- xk-2e-x, если x > 0.

(k - 2)! Тогда по формуле свёртки плотность суммы Sk = 1 +... + k равна k-fS (x) = fS (u)f (x - u) du = uk-2e-uf (x - u) du.

k k-1 k k (k - 2)! - 80 ГЛАВА 8. Многомерные распределения Так как f (x - u) = 0 при x - u < 0, т. е. при u > x, то плотность под k интегралом отлична от нуля, только если переменная интегрирования изменяется в пределах 0 u x при x > 0. При x 0 подынтегральная функция, а вместе с ней и плотность fS (x), равна нулю. При x > 0 имеем:

k x k-1 k fS (x) = uk-2e-u e-(x-u) du = xk-1e-x.

k (k - 2)! (k - 1)! = Поэтому Sk, k, что и требовалось доказать.

Пример 37. Равномерное распределение не является устойчивым относительно суммирования. Найдём функцию и плотность распределения суммы двух независимых случайных величин с одинаковым равномерным на отрезке [0, 1] распределением, но не по формуле свёртки, а используя геометрическую вероятность.

Пусть 1, 2 = U0, 1 — независимые случайные величины. Пару (1, 2) можно считать координатой точки, брошенной наудачу в единичный квадрат. Тогда F + 2(x) = P(1 + 2 < x) равна площади области внутри квадрата под прямой x2 = x - x1. Эта область — заштрихованные треугольник при 0 < x 1, и пятиугольник при 1 < x 2. Окончательно получаем:

x 0;

x 0, x /2, 1 0 < x 1;

F + 2(x) = 2x - x2/2 - 1, 1 < x 2;

x 1, x > 2.

1 Плотность распределения суммы равна 0, x (0, 2);

f + 2(x) = x, 0 < x 1;

2 - x, 1 < x 2.

Это — плотность так называемого «треугольного» распределения Симпсона. Мы видим, что равномерное распределение не обладает устойчивостью относительно суммирования.

Г Л А В А Числовые характеристики распределений Если я имею одинаковые шансы на получение a или b, то цена моему ожиданию равна (a + b)/2.

Христиан Гюйгенс. О расчётах в азартной игре § 1. Математическое ожидание случайной величины Определение 42. М а т е м а т и ч е с к и м о ж и д а н и е м E (средним значением, первым моментом) случайной величины с дискретным распределением, задаваемым таблицей P( = ai) = pi, где i Z, называется ч и с л о E = aipi = aiP( = ai), i i если данный ряд абсолютно сходится, т. е. если |ai|pi <. В противном случае говорят, что математическое ожидание не существует.

Определение 43. М а т е м а т и ч е с к и м о ж и д а н и е м E (средним значением, первым моментом) случайной величины с абсолютно непрерывным распределением с плотностью распределения f(x) называется ч и с л о E = xf(x) dx, если этот интеграл абсолютно сходится, т. е. если |x|f(x) dx <.

В противном случае математическое ожидание не существует.

Математическое ожидание имеет простой физический смысл: если на прямой разместить единичную массу, поместив в точки ai массу pi (для дискретного распределения), или «размазав» её с плотностью f(x) (для абсолютно непрерывного распределения), то точка E будет координатой «центра тяжести» прямой.

82 ГЛАВА 9. Числовые характеристики распределений Пример 38. Пусть случайная величина равна числу очков, выпадающих при одном подбрасывании кубика. Тогда 1 E = k · = (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) = 3,5.

6 k=В среднем при одном подбрасывании кубика выпадает 3,5 очка.

Пример 39. Пусть случайная величина — координата точки, брошенной наудачу на отрезок [a, b]. Тогда b b 1 x2 b2 - a2 a + b E = x · dx = = = b - a 2(b - a) 2(b - a) a a Центр тяжести равномерного распределения есть середина отрезка.

§ 2. Свойства математического ожидания Во всех свойствах предполагается, что рассматриваемые математические ожидания существуют.

E1. Для произвольной борелевской функции g : R R g(ak)P( = ak), если распределение дискретно;

k E g() = g(x)f(x) dx, если распределение абсолютно непрерывно.

Доказательство. Мы докажем это свойство (как и почти все дальнейшие) только для дискретного распределения. Пусть g() принимает значения c1, c2,... с вероятностями P(g() = cm) = P( = ak).

k: g(ak)=cm Тогда E g() = cmP(g() = cm) = cm P( = ak) = m m k: g(ak)=cm = g(ak) P( = ak) = g(ak) P( = ak).

m k k: g(ak)=cm Следствие 10. Математическое ожидание существует тогда и только тогда, когда E || <.

Доказательство. Условием существование математического ожидания является абсолютная сходимость ряда или интеграла в определениях 42 и 43. По свойству (E1) это и есть условие E g() < при g(x) = |x|.

ГЛАВА 9. Числовые характеристики распределений E2. Математическое ожидание постоянной равно ей самой: E c = c.

E3. Постоянную можно вынести за знак математического ожидания:

E (c ) = c E.

Доказательство. Следует из свойства (E1) при g(x) = c x.

Pages:     | 1 |   ...   | 9 | 10 || 12 | 13 |   ...   | 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.