Добавил:

degenetard Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Московский технический университет связи и информатики

Предмет:

Анализ Случайных Процессов

Файл:

Экзамен 2021 / Панков Пособие по ТВиМС часть 1

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

28.01.2022

Размер:

1.04 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 107 8 9 10 > Следующая >>>

D 1 2 2 E 1 2 E 1 2 2

E 1 E 1 2 E 2 2 E 1 E 1 2

E 2 E 2 2 2E 1 E 1 2 E 2

D 1 D 2 2E 1 2 1 E 2 2 E 1 E 1 E 2

D 1 D 2 2 E 1 2 E 1 E 2 E 2 E 1 E 1 E 2

D 1 D 2 2 2E 1 E 2 2E 1 E 2 D 1 D 2 .

Теорема доказана.

Примеры (вычисления математического ожидания и дисперсии случайных величин).

	1). Пусть		- индикатор некоторого случайного события,		1	0	, тогда
	1). Пусть		- индикатор некоторого случайного события,				, тогда
					p	1 p
2	1	0		, и мы получаем:
2				, и мы получаем:
	p	1 p

E E 2 1 p 0 (1 p) p ,

D E 2 E 2 p p2 p 1 p .

2). Пусть Bi (n, p). Мы можем представить эту случайную величину как сумму независимых и одинаково распределенных случайных величин1 2 ... n , где i - индикатор того, что в i-м испытании произошел успех.

Тогда мы получаем:

E E 1 E 2 ... E n np .

D D 1 D 2 ... D n np 1 p npq.

3). Пусть . Тогда, используя разложение экспоненты e

в ряд

Тейлора, получаем

s 0

k 1

E k P k k

e e

k 1 !

k 0

k 1

e e

s 0

k 1

E 2 k2

e e k

e (s 1)

k 1 !

k 0

k 1

s 0

s 1

s 0 s!

s 1 s 1 !

e e e

2 ,

t 0

D E 2 E 2 2 2 .

4). Пусть

имеет геометрическое распределение, тогда

E kqk 1p p kqk 1 p Q q .

k 1 k 1

Степенной ряд Q x k xk 1 получается почленным дифференцированием

k 1

из степенного ряда

P x xk

k 0

1 x

Следовательно, при всех x

таких, что

1, имеем:

Q x

dP x

d 1 x 1

1 x 2

В итоге получаем

E p Q q p

;

1 q 2

Аналогично находим

D E 2 E 2 ,

E 2 k2qk 1p k2 k qk 1p kqk 1p

k 1

k 2

k 1

qp k 1 kqk 2 pQ q qpR q pQ q .

k 2

dQ x

Очевидно, что

R x k 1 kx

, следовательно,

1 x

k 2

E 2 qpR q pQ q qp

1 q

1 q 3

p p2

1 q

5). Пусть имеется случайная величина, равномерно распределенная на отрезке: U a,b . Тогда

							1		,			x a,b
p x																	.

			b a									x a,b
							0,
							0,
											b		x					1				x	2		b
											b												2		b
E xp x dx															dx
E xp x dx															dx			b a
											a	b a						b a	2						a
	1				b2 a2							a b			,
	b a														,
	b a						2					2
	b	x		2							1			x	3	b		1			b		3		a	3	a	2	ab b	2	,
	b			2											3	b							3			3		2		2
E 2						dx
E 2						dx												b a						3					3
	a	b a						b a 3								a		b a						3					3
D E			2				E				2		a2 ab b2							a b 2

																3							2
																3							2
	a2 2ab b2									b a 2 .
										b a 2 .
			12									12

6). Пусть дана нормально распределенная случайная величина N , 2 .

Тогда

									1				2	e	(x )2			dx
E xp x dx x									1				2	e	2 2			dx


										2
	1			xe	(x )2
	1			xe	2 2 d x .



			2
Сделаем замену							x				t. В этом случае
Сделаем замену											t. В этом случае

		1				t2										t2			1		t2
E			t e					dt						te			dt			e		dt .
						2										2					2

		2										2							2
		2										2							2

Используя то, что первый интеграл - от нечетной функции в симметричных пределах, а под знаком второго стоит плотность стандартного нормального закона, получаем, что E 0 1 .

Используя опять замену x t , находим

					1									x 2
E 2		x2										e						dx
															2 2
															2 2

				2
	1																					t	2
					2	t	2		2 t											2	e	t
					2		2													2			2 dt

	2
		1			e			t2								2								t2
2										dt											te				dt
								2																2

			2														2
			2														2
													2						t2
		2														t2e					dt .
																			2

											2
											2

2			t2
		t2e	2 dt

	2

Используя формулу интегрирования по частям, находим

t2e

2 dt

2 ( t)dt

td e

dt 0

Тогда E 2 2

2 2 .

D E 2 E 2 2 2 2 2 .

N , 2 можно прочитать как

Из

примера

следует,

что

запись

«случайная величина

распределена по нормальному знаку с математическим

ожиданием (средним) и дисперсией 2 ».

7). Пусть Exp( ). Тогда,			используя формулу интегрирования по частям,
получаем

E	xp (x)dx	x e x dx x( e x dx) xde x
	0	0	0

xe		x						x						e x									1	1	;
					e					dx 0									0 0
					e					dx 0									0 0
				0		0											0
												x2e x

E 2 x2 e x dx x2de x																				0		2xe x dx
0						0														0		0
				2									2		1			2			,
2 xe x dx				2		x e x dx							2		1			2
2 xe x dx						x e x dx												2
0						0
0						0
D E	2		E				2		2			1 2				1			.

											2						2

Теорема (неравенство Чебышева). Пусть дано вероятностное пространство ( ,A,P), - неотрицательная случайная величина. Тогда

для любого 0 верно неравенство P E .

Доказательство. Рассмотрим две индикаторные случайные величины - I и I . Очевидно, что для любого

I I 1,

где знак означает тождественное равенство. Очевидна следующая цепочка неравенств:

1 I I I I

I I .

Следовательно, по свойствам математического ожидания

E E I E I P ,

E P

Отсюда и следует утверждение теоремы.

Теорема доказана.

Следствие к данной теореме докажите самостоятельно.

Следствие. Для любой случайной величины , заданной на произвольном вероятностном пространстве ( ,A,P) верны следующие неравенства

1. P E ,

2.P P 2 2 2 E 2 ,

3.(классическая форма неравенства Чебышева) Для любой случайной

величины, дисперсия которой определена, верно неравенство

D P E .

Ковариация и коэффициент корреляции двух случайных величин

Определение. Ковариацией двух случайных величин и называется величина

cov , E E E E E E .

Докажите самостоятельно, что для любых случайных величин и верно равенство:

D D D 2cov , .

Покажите, что если случайные величины 1 и 2 независимы, то cov( 1, 2) 0.

Определение. Коэффициентом корреляции двух случайных величин и с

конечной дисперсией называется величина

cov ,

E E

D D

Полезно знать, что операция вычитания математического ожидания из случайной величины называется её центрированием, а процесс деления на корень из дисперсии – нормированием. Это связано с тем, что после того как над любой случайной величиной проделать обе эти операции, то получим величину со средним 0 и дисперсией 1. Проверьте это самостоятельно.

Теорема (о свойствах коэффициента корреляции). Для произвольных случайных величин и с ненулевой дисперсией верно:

1.если и независимы, то , 0;

2.для любых вещественных a и b верно равенство

a, b , ;

3., 1.

Доказательство. Первое свойство, очевидно, получается из свойств математического ожидания.

Для доказательства второго свойства достаточно произвести следующие преобразования:

cov a, b E a E a b E b

E E E cov , .

Согласно свойствам дисперсии D a D , D b D . Следовательно,

a, b	cov a, b	cov ,		, .
a, b				, .
	D a D b		D D

Для доказательства третьего свойства используем неравенство КошиБуняковского:

E E E 2

E E

D D


	E E 2 E E 2		D D		1.
	D D
			D D
Следовательно, , 2		1 и		,		1.

Теорема доказана. Следствие (без доказательства). Модуль коэффициента корреляции двух случайных величин и равен 1 тогда и только тогда, когда существуют

вещественные числа a 0 и c такие, что P a c 1.

При этом константа a и , имеют одинаковый знак, т.е. если a 0,

то , 1, а если a 0, то , 1.

Определение. Если , 0, то случайные величины и называются

некоррелированными.

Все независимые случайные величины согласно первому пункту предыдущей теоремы некоррелированы, но не все некоррелированные величины независимы. Это доказывает следующий пример.

Пример. Пусть дана следующая случайная величина.			1	0	1
Пример. Пусть дана следующая случайная величина.				1/3	.
Очевидно, что E 0, D 0 (покажите это самостоятельно).			1/3	1/3	1/3
Очевидно, что E 0, D 0 (покажите это самостоятельно).
0	1
Пусть 2 . Тогда	2/3	. Покажите, что D 0.
1/3	2/3

Так как 3 , то E 0, следовательно,

, E E E 0.

D D

Мы получили, что величины и некоррелированны. Докажите, что они не являются независимыми.

Характеристические функции случайных величин

Теперь рассмотрим случайную величину с комплексными значениями


	i ,
где ,	- вещественные случайные			величины, заданные на одном
вероятностном пространстве ( ,A,P), i -				мнимая единица i2 1 ,	: ,
при этом E		, E	. По определению будем считать, что
при этом E		, E	. По определению будем считать, что
E E iE .

Пусть - вещественная случайная величина. Тогда используя формулу Эйлера eix cosx isinx, мы можем образовать комплекснозначную случайную величину:

(t) cost isint eit .

Определение. Характеристической функцией случайной величины

называется комплекснозначная функция, t : для любого t равная

		t	E cos t iE sin t Eeit .
	Если		-	случайная	величина дискретного	типа с распределением
	xi
P x		,i , то
	i
	t		eitxi P xi .
			(i)
	Если		- случайная величина абсолютно непрерывного типа с плотностью
p (x), то

	t eitx p (x)dx .

	Теорема (о			свойствах	характеристической	функции). Пусть -

произвольная случайная величина с характеристической функцией t . Тогда

1.0 1;

2.| t | 1 для любого вещественного t;

3.если a b при произвольных a,b , то

t eitb at ;

4.характеристическая функция равномерно непрерывна на , т. е. 0

такое, что t

:|t

выполняется

;

если E

то для любого k n существует

k t

dk t

, и при

dxk

этом k 0 ik

E k ;

если случайные величины

и независимы, то

t t t .

Доказательство.

Первое

свойство

следует

из

определения

характеристической функции:

0 E cos 0 iE sin 0 E1 iE0 1.

Второе свойство докажем для дискретного случая:

t eitxi P xi eitxi P xi

(i)

P xi 1.

(i)

Эта цепочка равенств следует из свойств комплексных чисел:

a ib

a2 b2 ,

eitxi

cos tx

isin tx

cos2 tx

sin2 tx

Для доказательства третьего свойства используем определение характеристической функции и свойства математического ожидания:

t Eeit a b Eei at eitb eitb Eei at eitb at .

Четвертое и пятое свойства оставим без доказательства.

Для доказательства шестого свойства используем тригонометрические преобразования и свойства математических ожиданий функций от случайных величин:

t Eeit Ecost iEsint

E cost cost sint sint iE sint cost cost sint

Ecost Ecost Esint Esint iEsint Ecost

iEcost Esint Ecost Ecost iEsint

iEsint	Ecost iEsint				i
iEsint	Ecost iEsint	Ecost	t		i	Esint	t
Ecost iEsint		t t		t .

Теорема доказана.

С помощью принципа математической индукции свойство 6 обобщается на любое конечное количество случайных величин.

Теперь для конкретных дискретных и абсолютно непрерывных случайных величин рассмотрим примеры вычисления их характеристических функций.

Примеры.

1) Пусть	- индикатор некоторого случайного события,		1	0	, тогда, и
				q
		p

мы получаем:

t eit1 P 1 eit 0 P 0 peit q.

2) Пусть Bi (n, p). Мы можем представить эту случайную величину в виде

суммы		независимых			и	одинаково распределенных случайных величин
	2	...	n	, где	i	1	0	- индикатор того, что в i-м испытании
1	2		n		i
						p	q

произошел успех, тогда:

t i t peit q n .

3)Пусть . Тогда, используя разложение в ряд Тейлора экспоненты

комплекснозначного аргумента ez zk , получаем

k 0 k!

F x

eit k

eitk

e e e

e (e 1) .

k 0

4) Пусть имеет геометрическое распределение, тогда

t eitkqk 1p peit qeit k 1

k 1

1 qe

5) Пусть дана нормально распределенная случайная величина

со средним

и дисперсией

2 .

Рассмотрим

вместо

случайной величины

N( , 2)

величину 1 2 .

Из свойств плотности при линейных преобразованиях случайных величин следует, что 1 N(0,1), и

x2 2itx (it)2

(it)2

1 t eitx

(x 2it)2

2 dx.

Сделаем замену z x 2it ,

dx dz , тогда

1 t e

dz e

Так как 1

, то

t e

at e

2t2

e 2

2 .

Формула обращения и теорема непрерывности

Теорема (формула обращения - без доказательства). Для любой случайной величины с характеристической функцией t и для любых вещественных

х1 и х2 , являющихся точками непрерывности функции распределения F (x) ,

верно равенство:

lim

e itx1 e itx2

(t)dt .

Следствие. Если t - абсолютно интегрируема, т.е. если существует

конечный интеграл t dt < + , то случайная величина имеет плотность


p x такую, что	1			itx
	p x		e	t dt.
		2

Как следствие из формулы обращения мы получаем теорему единственности. Теорема единственности состоит в том, что соответствие между функциями распределения случайных величин и их

характеристическими функциями является взаимно однозначным. Содержательная часть теоремы, т.е. смысл теоремы единственности, состоит в

том, что по характеристической функции t мы можем однозначно определить функцию распределения F x , и наоборот.

Теорема (непрерывности – без доказательства). Пусть дана

последовательность		случайных	величин i,i	с	характеристическими
функциями i t и функциями распределения F i x .					При этом существует
предел lim	t t ,	и функция	t непрерывна	в точке t 0. Тогда t
n	n

является характеристической функцей, которой по теореме единственности будет соответствовать единственная функция распределения F x . При

этом limF		x F x для всех x , в которых F x непрерывна.
n		n
Теперь рассмотрим конкретные
Примеры применения теоремы единственности.
1). Пусть даны две независимые случайные величины 1				и 2 такие, что
1 1 ,	2 2 . Тогда
t e 1 eit 1 и			t e 2 eit 1 .
1			2

Из свойств характеристической функции следует, что

1 2 t 1 t 2 t e 1 eit 1 e 2 eit 1 e 1 2 eit 1 ,

где e 1 2 eit 1 - характеристическая функция случайной величины, распределенной по закону Пуассона с параметром 1 2 .

Отсюда по теореме единственности 1 2 1 2 , т.е. с использованием

теоремы единственности и свойств характеристических функций можно доказать факт, который мы доказали ранее, используя формулу свертки.

2). Пусть даны две независимые случайные величины 1						и 2 такие, что
1 N( 1, 12),	2 N( 2, 22). Тогда
it	12t2	,	it		22t2
t e 1	2	,	t e 2	2 ,
1			2

Из свойств характеристической функции аналогично предыдущему примеру получаем, что

			t eit 1 2		12 22 t2	,
			t eit 1 2		2	,
1		2		12 22 t2
где	e		it 1 2	12 22 t2	-	характеристическая функция	случайной			величины,
			it 1 2
			2
			2
распределенной по нормальному закону со средним								2	и дисперсией 2		2
						1		2		1	2

Отсюда, по теореме единственности следует, что сумма случайных величин, распределенных по нормальному закону, распределена нормально со средним, равным сумме средних, и дисперсией, равной сумме дисперсий. Это верно для любой суммы конечного числа таких величин.

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 107 8 9 10 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Экзамен 2021

#
28.01.202280.71 Кб151tasks_done_v2.docx
#
28.01.2022280.74 Кб267tasks_done_v2.pdf
#
28.01.2022159.38 Кб35Вопросы к экзамену по АСП 2021.pdf
#
28.01.20221.34 Mб238Панков Пособие по АСП.pdf
#
28.01.20221.04 Mб89Панков Пособие по ТВиМС часть 1.pdf
#
28.01.2022730.29 Кб51Панков Пособие по ТВиМС часть 2.pdf
#
28.01.2022668.14 Кб221Панков Практикум по АСП 21.05.pdf