§11. Распределение случайного вектора (совместное распределение)
11.1 Основные определения
Пусть имеется несколько случайных величин X1,X2, …,Xn. Они образуютслучайный векторX= (X1,X2, …,Xn). Более формально,случайным векторомназываютизмеримуювектор-функцию отω Ω. Измеримость означает, что {X1(ω) <x1, …,Xn(ω) <xn}F. Для случайного вектора возникает (по аналогии со случайной величиной) распределение вRn.
Подмножество Rnвида {X1<a1, …,Xn<an} =Aестьсобытие, а его вероятностьP(x A) равна мереQ(A) множестваA. Вычислив меру, мы вычислим вероятность того, чтоxпринадлежит прямоугольникуA. После этого мы можем перейти к любому конечному количеству непересекающихся прямоугольников, затем — к их счетному количеству, и т.д. В результате получим вRnновое распределение вероятности, которое будем называтьраспределением случайного вектора(совместным распределением).
По аналогии со случайными величинами вводят функцию распределенияслучайного вектора (функцию отnпеременных)
F(x1, …, xn) = P(X1 < x1, …, Xn < xn).
Покажем в задаче, что приn= 2 можно вычислять вероятность прямо по определениюF.
P
(a1
< X1
< b1,
a2
< X2
< b2)
= F(b1,
b2)
– F(b1,
a2)
– F(a1,
b2)
+ F(a1,
a2)
Действительно,
F(b1,b2)
— вероятность попадания в бесконечный
прямоугольник
,F(b1,a2)
— в
,F(a1,
b2)
— в
,
аF(a1,a2)
(прямоугольник
) прибавляется, поскольку при подсчете
меры (площади) был вычтен дважды.
Свойства функции распределения случайного вектора
0 ≤ F(x1, …, xn) ≤ 1.
F(x1, …,xn) ↑ по любому аргументу. Доказательство аналогично тому, что приводилось для одномерного случая.
F(x1, …,xn) непрерывна слева по любому аргументу.
,
.
Эскиз доказательства. Еслиxn→ ∞, сводимF к функции от меньшего числа аргументов (очевидно):
.
Когда придем к функции одного аргумента — сработает свойство одномерного распределения.
Как и для обычной случайной величины, выделяют два случая: дискетный и непрерывный вектор. Для непрерывного вектора
,
где
— плотность распределения случайного
вектора:
.
Вероятность события Aв таком случае равна
.
Дифференциальная интерпретация плотности вероятности («берем малый параллелепипед…»)
.
Для дискретного вектора
p(x) =P(X=x).
Случайные величины X1, …,Xnназывают независимыми, если для любых измеримых отрезковA1, …,Anнезависимы события {X1A1}, …, {XnAn}. Независимость можно описывать в терминах функцийFиp(если они существуют). А именно,
,
т.е. совместная функция распределения распадается в произведение функций распределения отдельных компонентов. Подобное равенство справедливо и для плотностей распределения (продифференцировали по x1, …,xn):
.
Факт(без доказательства). Если случайные величины независимы, то независимы также и функции от этих случайных величин.
Задача. Пусть дана плотность
распределения
.
Требуется найтиpi(xi),
т.е. плотности распределения компонентов
вектора. Для простоты предположим, чтоn= 2, аp
— дискретная плотность распределения.
Тогда
Можно показать, что в общем случае
.
Важно: суммирование ведетсяxkk≠i.
Пусть теперь p — непрерывная плотность распределения:
.
Аналогично в общем случае.
Примеры
В ящике два шара, на которых написана цифра «1», три — с цифрой «2». Один за другим вынимают два шара. Введены случайные величины: X— номер первого вытащенного шара,Y — номер второго. Найти совместную дискретную плотность распределения и определитьP(Y = 2).
Решение.P((X,Y) = (1,1)) =P(X= 1,Y= 1) =
=
.
Поступая аналогичным образом для других наборов, получим
|
(x, y) |
(1,1) |
(1,2) |
(2,1) |
(2,2) |
|
P((X, Y) = (x, y)) |
1/10 |
3/10 |
3/10 |
3/10 |
Отсюда P(Y= 2) =P((X,Y) = (1,2)) +P((X,Y) = (2,2)) = 3/10 + 3/10 = 6/10.
Вытаскиваем одну карту из колоды (36 карт). Введем случайные величины
,
.
Решение. Требуется проверитьp(x,y) =pX(x)pY(y). Проверим выполнение равенства для набора (1,1) [Остальные проверяются точно так же].
P(X= 1,Y= 1) = 2/36 = 1/18 (в колоде 2 черных туза)
P(X= 1) = 1/2 (в колоде половина черных карт)
P(Y= 1) = 4/36 = 1/9 (в колоде 4 туза)
P(X = 1) P(Y = 1) = 1/2 1/9 = 1/18 = P(X = 1, Y = 1).
Величины X,Yнезависимы и ~U(0, 1),Z=max(X,Y). Найти плотность распределенияZ.
Решение.FZ(z) =P(max(X,Y) <z) =P(X<z,Y<z) =P(X<z)P(Y<z) =
= P(X<z)2=z2.
Заметим, что раз x,y[0, 1], то иz[0,1], иz2[0,1]. Тогда
.
В
еличиныA,Bнезависимы и ~U(0,1).
Найти вероятность того, что многочлен
Q(x) = x2 + Ax + B
имеет вещественные корни. (точно то же, что
A2– 4B≥ 0 ↔B≤A2/4).
Решение(см. график)
.
Дана совместная плотность распределения
.
Найти pX(x).
Решение.
.