Добавил:

LildeBill Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Санкт-Петербургский государственный электротехнический университет "ЛЭТИ"

Предмет:

Теория вероятностей и математическая статистика

Файл:

идз3

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

23.06.2023

Размер:

469.29 Кб

Скачать

☆

1 / 21 2 > Следующая >>>

Теория вероятностей и математическая статистика

Индивидуальное домашнее задание №3

Случайная величина (ξ, η) имеет равномерное распределение в области D:

D =	x ≥ −2≤, y ≥ 0
	x + 2y 0

ζ = 1ξ4 − 3, ν = 3η , µ = −2ξ − 3η

Задание 1. Найти pξ,η, функции и плотности распределения компонент. Построить графики функций распределений Fξ(x) и Fη(y). Будут ли компоненты независимыми?

Решение. Построим область D:

Плотность случайной величины (ξ, η) :

(

pξ,η(x,y) =

C, (x, y) D

0, else

Найдём C:

0− 2

dx C dy = 1

−2 0

−

dx Z

dy =

−2

−

dx =

−2

−

1 4 1

−2 · −2 = C

C = 1

Тогда:

(

pξ,η(x,y) =

1, (x, y) D

0, else

Найдём плотности распределений компонент:

−

1) pξ(x) =

dy = y 0

= −2, x [−2; 0]

Тогда:

pξ(x) =

−

, x [−2; 0]

0, else

−2y

dx = x

−2y

2) pη(y) =

= −2y + 2, y [0; 1]

−R

−

Тогда:

(

pη(y) = −2y + 2, y [0; 1] 0, else

Найдём функции распределения компонент: 1) Fξ(x) =?

а) Fξ(x) =

−∞

1 t2

−2

b) Fξ(x) = −∞ pξ(t) dt = −∞ 0 dt +

2 −

dt = −

2 = −

+ 1

−R0

−

1 t

c) Fξ(x) = −∞ pξ(t) dt =

−

2 −

2 = −

−∞ 0 dt +

2 dt + 0

0 dt = −2 · 2

2 · (0 − 2) = 1

−R

−

Тогда функция распределения Fξ(x):

F (x) =

0,x2

(

−∞

−

;

− 4 + 1, x (−2; 0]

1, x (0; +∞)

функции распределения F

(x):

График

2) Fη(y) =?

2 y

а) Fη(y) =

pη(t) dt =

0 dt = 0

−∞

0 + 2 · t 0 = −y2

b) Fη(y) = −∞ pη(t) dt = −∞

0 dt + 0 (−2t + 2) dt = −2 0 t dt + 2

0 dt = −2 ·

+ 2y

R2 1

c) Fη(y) = −∞ pη(t) dt = −∞

0 dt + 0

(−2t + 2) dt + 1 0 dt = −2 ·

+ 2 · t 0 = 1

Тогда функция распределения Fη(y):

Fη(y) =

+ 2y, y

(0; 1]

0, y

(−∞; 0]

−

(1; +

1, y

)

функции распределения F

(y):

График

Проверим компоненты на независимость.

Компоненты независимы, если pξ,η(x,y) = pξ(x) · pη(y) для всех пар чисел (x, y) pξ,η(x,y) = 1

pξ(x) · pη(y) = −2 · (−2y + 2)

Пусть (x, y) = (−2, 1), тогда pξ(x) · pη(y) = 0 ̸= pξ,η(x,y)

Следовательно компоненты зависимы.

Ответ: Плотности компонент и графики функций распределения приведены выше, компоненты зависимы.

□

Задание 2. Найти распределения с.в. ζ и ν; Eζ, Eν, Dζ, Dν Построить графики функций распределе-

ний Fζ(z) и Fν(n).

Решение. ζ = ξ4 − 3

supp ξ = [−2; 0]

supp ζ = [−3; 13]

g(x) = x4 − 3 g−1

(z) = −√

z + 3

Т.к на supp ξ функция убывает:

√4

+ 1! =

√

Fζ(z) = 1 − Fξ(g−1(z)) = 1 − −

−

z + 3

Тогда Fζ(z) =:

0, z (−∞; −3]

√

z + 3

4 , z (−3; 13]

Fζ(z) =

1, z (13; +∞)

Тогда плотность:

pζ(z) =

8√

, z [−3; 13]

z + 3

0, else

t = z + 3

1 16 t 3

Рассчитаем математическое ожидание и дисперсию:

Eζ = R z · pζ(z) dz =

8√

dz =

√

dz =

dt = dz

√−

dt =

z + 3

R 16

−R

√t

√t dt

dt =

√t

4 =

2,33

− 0

√t

8 ·

−

≈

t = z + 3

Eζ2 = R z2 · pζ(z) dz =

1 13

8√

dz =

√

dz =

dt = dz

z + 3

−R16

−R

−

dt =

√t dt + 9

8 0

√t

−

√t

2R t2

√

162

141

− 4 · t · √t

+ 18 ·

√t

5·

= 8 ·

2 · 5

− 4 · 16 · 4 + 18 · 4! = 5 ≈ 28,2

141

1024

Dζ = Eζ2 − (Eζ)2 =

−

≈ 22,76

График функции распределения Fζ(z):

ν = 3η

"! " ! " !

supp η = [0; 1] =

;

; 1 {1}

supp ν = {0, 1, 2, 3}

Fν(0)

= P (ν < 0) = P ( 3η < 0)

= P (η < 0) = Fη(0) = 0

− Fη(0) =

Fν(1)

= P (ν < 1)

= P ( 3η < 1)

= P

0 ≤ η < 3!

= Fη

Fν(2)

= P (ν < 2)

= P ( 3η < 2)

= P

0 ≤ η < 3!

= Fη

− Fη(0) =

Fν(3)

= P (ν < 3)

= P ( 3η < 3)

= P (0 ≤ η < 1) = Fη(1) = 1

Тогда функция распределения Fν(n):

						5				(		−∞		; 0]
						0, n				(				; 0]
							, n			(0; 1]
						9	, n			(0; 1]
F	(n) =
ν						8
						8


							, n			(1; 2]
						9	, n			(1; 2]
			1, n							(2; + )
													∞
													∞



																											ν	0	1	2	P
																															P

																											P	5	1	1	1

																												9	3	9
																												9	3	9
Рассчитаем математическое ожидание и дисперсию:
		5						1						1						5
Eν = 0 ·					+ 1 ·						+ 2 ·							=						≈ 0,56
Eν = 0 ·			9		+ 1 ·				3		+ 2 ·					9		=			9			≈ 0,56
Eν2		5								1				1						7
		= 0 ·				+ 1 ·						+ 4 ·							=						≈ 0,78
		= 0 ·		9		+ 1 ·				3		+ 4 ·					9		=				9		≈ 0,78
Dν = Eν2 − (Eν)2												7			−					25					38		≈ 0,47
												=										=
												=	9							81		=				81

График функции распределения Fν(n):

Ответ: Eζ ≈ 2,33; Dζ ≈ 22,76; Eν ≈ 0,56; Dν ≈ 0,47. Графики приведены выше.

□

Задание 3. Вычислить вектор мат.ожиданий, ковариационные и корреляционные характеристики вектора (ξ, η). Найти условное распределение ξ при η; E(ξ|η); D(ξ|η)

Решение. Вычислим мат. ожидание ξ и η:

1 x3

Eξ = R x · pξ(x) dx = −2

−2 dx = −

2 · 3

−2 = −2 · 3 = −3

Eη = y pη(y) dy =

+ 2y dy =

+ 2

2 1

= + 1 =

−

− ·

−

4 0

−

ξ2

= x2

pξ(x) dx =

dx =

−2

(

= 2

−2

· 4

−2 ·

−

Eη

= y

pη(y) dy =

+ 2y

+ 2

1 2 1

dy =

= + =

4 1

−

− · 4

· 3

−

2 3 6

Dξ = Eξ

−

(Eξ)

= 2 −

Dη = Eη2

− (Eη)2

−

Тогда:

E η

−13

компонент:

Мат. ожидание

произведения

−

1 0

1 x4

Eξη =

x · y dy =

2 dx =

dx =

2 = −

2 dx

2 x ·

2 x3

8 · 4

−R

4 1

−R

−

Тогда ковариационная характеристика:

cov(ξ, η) = Eξη − Eξ · Eη = −

−

! = −

Корреляционная характеристика:

cov(ξ, η)

−

ρ(ξ, η) =

√

= −

Ковариационная матрица:

Σ =

−

−18

Корреляционная

матрица:

−

R =

−2

Найдём условное распределение ξ при η;

E(ξ|η); D(ξ|η)

pξ,η(x, y0)

, (x, y0) D

pξ|η=y0 (x) =

pη(y0)

−2y0 + 2

pξ|η(x) =

, x [−2, −2η]

−2η + 2

0, else

1 −2η

x2 −2η

4η2

η2 − 1

Eξ|η = xpξ|η(x) dx =

x dx =

− 2! =

2η + 2 2

2η + 2

η + 1

−

−R

−

= −η − 1

Проверка по свойству E (Eξ|η) = Eξ :

E (Eξ|η) = E(−η − 1) = −Eη − 1 = −

− 1 = −

= Eξ

−2η

8η3

! =

1 −2η

− 8

Eξ

|η = R x pξ|η

(x) dx =

dx =

−

2η + 2 −2

2η + 2

−

2η + 2

4(1

−

)

−

+ 1)

−

η)(1 + η + η )

4(1 + η + η

3(1 − η)

Dξ|η = Eξ2|η − (Eξ|η)2

· (η2 + η + 1) − (−(η + 1))2

· (η2 + η + 1) − (η2 + 2η + 1) =

·(η2 − 2η + 1) =

· (η − 1)2

Ответ: E

= E

; cov(ξ, η) = −18; ρ(ξ, η) = −2; Eξ|η = −η − 1; Dξ|η =

3 · (η − 1)2

−13

□

Задание 4. Найти распределение µ; Eµ; Dµ. Построить график функции распределения Fµ(m)

Решение. µ = −2ξ − 4η supp ξ = [−2; 0] supp η = [0; 1]

supp µ = [0; 4]

Fµ(m) = P(−2ξ − 4η < m) = P ξ + 2η > −
m (−∞; 0] : P ξ + 2η > − 2 ! = 0
			m
m (0; 4] :				2 !
P ξ + 2η > − 2 !		= 1 − P ξ + 2η < −
	m			m

	m − m − 2x				m
	−	2		4	−	2	− m − 2x
	−R2			R	−R
= 1 −			dx	0	dy = 1 −		4	dx =
				0	2

1 / 21 2 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете Теория вероятностей и математическая статистика

#
23.06.2023200.08 Кб19идз1.pdf
#
23.06.2023293.12 Кб9идз2.pdf
#
23.06.2023469.29 Кб7идз3.pdf
#
23.06.2023580.85 Кб10идз4.pdf