§21. Центральная предельная теорема

21.1 Доказательство цпт

Пусть X_n— последовательность независимых случайных величин, с одинаковым распределением, конечной дисперсией каждой величины. Обозначим через, тогда

.

Докажемэту теорему в предположенииE[X_i] = 0,D[X_i] = 1i=1..n. (Если это не так, всегда можно сделать замену переменных

;

легко видеть, что при этом E[Y_i] = 0,D[Y_i] = 1).

Доказательство. Пустьf_n(t) — характеристическая функция,— характеристическая функцияX₁. Поскольку в наших условиях величиныX_iнезависимы и имеют одинаковое распределение, то. Отсюда

.

Прологарифмировав это равенство, получим

.

Воспользуемся свойством 10) х.ф. (разложение в ряд Тейлора), считая tфиксированным:

.

Теперь разложим ln(1 −v) в ряд Тейлора (т.к.v→ 0 приn→ ∞):

.

Это означает, что , а, следовательно,. Получили: характеристическая функциястремится к характеристической функции стандартного нормального распределения. По теореме о непрерывном соответствии можно сделать вывод о сходимости

.

Замечание. Интегральная теорема Муавра–Лапласа есть частный случай ЦПТ. Действительно, введем случайные величины

,

и обозначим . Очевидно,X_iнезависимы (т.к. испытания независимы),E[X_i] =p,D[X_i] =pq. Тогда по ЦПТ имеем

.

Пример. В течение 100 дней студент покупает в столовой 3 различных вида обедов. С вероятностью 1/2 — обед за 80 р., с вероятностью 1/4 — обед за 100 р., с вероятностью 1/4 — обед за 120 р. Найти вероятность того, что за это время он потратит не более 10000 рублей.

Решение. Введем случайные величиныX_i— траты на обед вi-й день (i= 1..100). Тогда общие затраты за 100 дней составят. Математическое ожиданиеX_iравно

.

Дисперсия

.

Нас интересует P(S₁₀₀≤ 10000); это то же самое, что вероятность

.

21.2 Усиление закона больших чисел (збч Хинчина)

Пусть имеется последовательность X₁,X₂, …,X_nнезависимых случайных величин, причем. Тогда

.

Доказательство. Требуется доказать, что

.

Доказывать будем, как и в предыдущем пункте, в предположении E[X₁] = 0 (если что, всегда можно поменять переменные).

Если f_n(t) — характеристическая функцияS_n/n, аf (t) — характеристическая функцияX₁то по тем же свойствам, что и при доказательстве ЦПТ получим:

.

Применим разложение первого порядка в ряд Тейлора функции f (t/n):

.

При n→ ∞, пользуясь замечательным пределом, получим

.

Это характеристическая функция константы. Значит, характеристическая функция суммы сходится к характеристической функции постоянной.

Нюанс: функция распределения постоянной разрывна в точкеx=μ. Не означает ли это, что наши рассуждения неверны?

Возьмем точки непрерывности , в них

Отсюда

и наши рассуждения верны.

§22. Типичные задачи

1. Каждый из приборов состоит из 4 деталей, которые могут быть неисправны независимо друг от друга с вероятностью 0,1 каждая. Прибор считается неисправным, если неисправны 2 или более деталей. Найти вероятность того, что из 5 приборов неисправных не более одного.

Решение. Схема Бернулли. Рассмотрим один прибор. Вероятность того, что он исправен (т.е. исправны все детали или неисправна одна):

.

Тогда вероятность неисправности .

Теперь рассмотрим все приборы, взяв за успех неисправность прибора (с p= 0,3645):

.

2. Вероятность найденному грибу быть белым равна 0,3. Определить вероятность того, что среди 300 найденных грибов 95 белых.

Решение. Схема Бернулли.p= 0,3,q= 0,7,n= 300,m= 95. ПриблизимP₃₀₀(95) по локальной теореме Муавра–Лапласа:

.

3. Дана урна, в которой 2 белых и 3 черных шара. Не глядя из нее вытащили 2 шара, а затем еще 2. Последние 2 оказались черными. Какова вероятность того, что в первый раз были вытащены 2 белых шара?

Решение. Формула Байеса, формула полной вероятности. Введем гипотезы

H₁: первые вытащены: белый-белый,

H₂: черный-черный,

H₃: разные цвета.

Видно, что гипотеза H₂нам на самом деле не нужна (т.к. невозможно из урны с 3 черными шарами последовательно вытащить 4 черных шара).

Вероятности гипотез:

.

Определим событие Aкак {во второй раз вытащены 2 черных шара}, тогда

.

Теперь искомая вероятность равна

.

4. Какие из указанных функций являются плотностями распределения:

.

Решение. Проверяемые свойстваp(x) — это неотрицательность (p(x) ≥ 0) и нормировка (∫p(x) = 1).

Свойству неотрицательности, очевидно, удовлетворяют все функции; проверим свойство нормировки.

1. Первая функция ему не удовлетворяет, поскольку ему удовлетворяет . Заменив, получим

2. Вторая — удовлетворяет:

.

3. Третья — удовлетворяет:

.

1. Четвертая — не удовлетворяет (произведем замену по аналогии с пунктом a), и получим 2).

1. Являются ли следующие функции функциями распределения:

.

Проверяемые свойства: неубывание, непрерывность слева, предел на бесконечности равен 1, предел на минус бесконечности — 0.

Решение. 1 –sinxнемонотонна.— невозрастающая функция приx< 0. Последние 2 функции подходят, в чем можно убедиться, вычислив пределы.

6. Дан треугольник PQR:P(0,0),Q(0,1),R(1,0). В нем распределен случайный вектор с плотностью

.

Найти константу C;EX,EY,DX,DY,r[X,Y].

Решение. Найдем константу:

.

Далее,

7. Какие из заданных функций являются характеристическими?

   1. (гдеf (t) — х.ф. некоторой случайной величины) — не является, поскольку.

   2. (гдеf (t) — х.ф. некоторой случайной величины) — является х.ф. трех независимых случайных величинX₁,X₂,X₃(по свойствам х.ф.).

   3. (гдеf (t) — х.ф. некоторой случайной величины) — является. Действительно, рассмотрим составляющие ее функции:

      1. — х.ф. согласно п. 20.2.

      2. — х.ф. согласноb).

      3. — х.ф. дискретной случайной величины с вероятностямиP(X= 1) =P(X= −1) = 1/2. (по формулам Эйлера).

То есть,

Это характеристическая функция дискретной случайной величины с распределением

.

8. В урне 1 белый и 2 черных шара. Из нее сначала вынимают два шара, а затем возвращают один. После чего из урны вынимают один шар, и он оказывается белым. Какова вероятность того, что сначала были вынуты два черных шара?

Решение. Формула полной вероятности и формула Байеса.

Введем гипотезы: H₁: {вытащены два черных шара},

H₂: {вытащен 1 черный и 1 белый, возращен белый},

H₃: {вытащен 1 черный и 1 белый, возращен черный}.

Видно, что гипотеза H₃при заданных условиях (в конце вытаскивается белый шар) невозможна. Вероятность событияA: {вынуты два черных шара}равна

Отсюда искомая вероятность

9. Имеются 3 электрические цепи. В первой включены параллельно 3 прибора, во второй — последовательно 3, в третьей — 2 параллельно и 1 последовательно. Каждый из приборов неисправен с вероятностью 0,1. Найти вероятность, что хотя бы одна цепь проводит ток.

Вероятности неисправности:

.

.

10. Игральная кость бросается до первого четного числа. Пусть X — число бросков. Найти распределение, математическое ожидание и производящую функцию.

Решение.