4сем / ПП_4_сем_pdf / ПП _10 _Функции СВ

Y =ϕ(X ), найти плотность распределения g (y)

cлучайной величины Y.

Если: 1) задана f (x) и

2) Y =ϕ(X ) строго монотонна и дифференцируема на конечном

или бесконечном интервале, то

))

g

(

y

)

= f ψ

y

ψ′

(

y

)

,

( (

где x =ψ (y) – обратная к y =ϕ(x)

функция.

Если y =ϕ(x) немонотонна, для нахождения g (y) интервал нужно раз-

бить на промежутки монотонности

y =ϕ(x), на каждом участке найти обрат-

Математическое ожидание

Если Y =ϕ(X ) и СВ Х имеет плотность распределения

f (x), то

M (Y )= mY = ∞∫ϕ(x)f (x)dx .

−∞

= ∑ϕ(xk )P(X = xk ).

Для дискретной СВ M (Y )= mY

Дисперсия

k

Если Y =ϕ(X ) и СВ Х имеет плотность распределения

f (x), то

D(Y )= ∞∫

(ϕ(x))2 f (x)dx − ∞∫ϕ(x)f (x)dx 2 .

−∞

−∞

k

k

−∞

−∞

−∞

−∞

=

∞

(y −m

)k f ψ (y)

)

ψ′(y)dy =

∞

ϕ(x)−m

k f (x)dx ;

∫

Y

(

∫(

Y )

−∞

−∞

µk = M

((Y − M (Y ))k )= ∑(ϕ(xk )−mY )k P (X = xk ).

k

ПП 10.1. Функции от случайной величины (СВ)

№ п/п Задание

Ответ

ПП

0, x [0;2],

10.№1.

f (x) =

1

, x [0;2].

2

По теореме g( y) =

′

2

,

f (x( y)) | x ( y) | , Y = X

следовательно, у=х2, x= y ; x′ =

1

,

2

y

0,

y [0;4];

1

1

g (y)=

, y [0;4].

2

2

y

С.в. Х равномерно распределена на

промежутке [-1;1]; Y = X 2 . Опреде-

ПП

лить g (y).

10.№.2

РЕШЕНИЕ:

y=x2. Имеем 2 участка монотонно-

сти: [-1;0] и [0;1]; для 1-го x1 = −

y ;

для 2-го x2 =

y .

g (y )=

1

1

+

1

1

=

1

, y [0;1].

2

y

2

2 y

2

2

y

Y

1

4

9

p

0,3

0,5

0,2

10.№4.

РЕШЕНИЕ:

Так как с.в. Y принимает значение y =1 при x =1 и при

x = −1, соответствующие вероятности суммируются:

Y

1

4

p

0,8

0,2

0, x [a;b],

f (x) = 2(x −a)

, x [a;b], b > a > 0.

(b −a)2

С.в. Y – площадь круга радиуса X . Найти плотность

распределения с.в. Y .

РЕШЕНИЕ:

ПП

Площадь круга y =ϕ(x)=πx2

и на рассматриваемом

10.№5.

промежутке функция ϕ(x) монотонна.

Обратная функция x =ψ (y)=

y

, ψ′(y)

=

1

,

π

π y

2

0, y [πa2 ;πb2 ],

g (y)=

y −a π

.

, y [πa2 ;πb2

].

π y (b −a)2

Y

0

1

2

3

4

p

0,20

0,15

0,25

0,30

0,10

Y

0

4

9

X

1

0,20

0,15

0,10

4

0,30

0,20

0,05

Z = X −

Y .

РЕШЕНИЕ:

Запишем законы распределения составляющих X и Y :

ПП

X

1

4

Y

0

4

9

p

0,45

0,55

p

0,50

0,35

0,15

10.№8.

Y

Закон распределения случайной величины

Y

0

2

3

p

0,50

0,35

0,15

С.в. Z = X −

Y принимает значения

z1 =1 −0 =1,

z2 =1 − 2 = −1,

z3 =1 −3 = −2 ,

z4 = 4 −0 = 4 ,

z5 = 4 − 2 = 2 ,

z6 = 4 −3 =1.

Вероятности этих значений:

P

(Z =1)

= P (Z = z1 )

+ P (Z = z6 )=

Z

-2

-1

1

2

4

p

0,10

0,15

0,25

0,20

0,30

Числовые характеристики

M (Z )= mZ = ∑zk P (Z = zk )=

k

=(−2) 0,10 +(−1) 0,15 +1 0, 25 +2 0, 20 +4 0,30 =1,50 .

D(Y )= ∑(zk )2 P(Z = zk )−(mZ )2 =

k

=(−2)2 0,10 +(−1)2 0,15 +12 0,25 +22 0,20 +42 0,30 −1,52 =

= 6, 40 −2, 25 = 4,15 .

Совместное распределение с.в.

X и Y задано плотностью

распределения вероятностей

a (x + y), (x, y) D,

D : x [0;1], y [0;1] .

f (x, y) =

(x, y) D,

0,

Найти а) нормировочный коэффициент a ;

б) функцию распределения с.в. Z = X +Y ;

ПП

в) плотность распределения

fZ (z).

10.№9. РЕШЕНИЕ:

а) Коэффициент a найдем из условия

∞ ∞

1 1

∫ ∫ f (x,y)dxdy =a∫∫

(x + y)dxdy =1.

−∞ −∞

0 0

Так как область интегрирования симметрична относитель-

но биссектрисы первого координатного угла, а подинте-

гральная функция – относительно замены x R y ,

1 1

1 1

1

1

y

2

1

a∫∫(x + y)dxdy =2a∫∫ydxdy =2a∫dx∫ydy =2ax

10

=a =1,

2

0 0

0 0

0

0

0

0

0

z

y

2

z−x

=

∫0

dx

xy +

=

2

0

z

z

(z − x)

2

x

3

x

2

(z − x)

3

= ∫

−x2 + xz +

dx =

−

+

z −

=

2

2 3

3

2

0

0

+ (z −0)3

= −

z3

+

z3

=

z3

+

z3

=

z3

.

3

2

6

6

6

3

z−1

0

z−1

y

2

1

=

∫0

dx xy +

+

2

0

1

y

2

z−x

+ ∫ dx xy +

=

2

z−1

0

=

z−1

1

1

−x

2

+ xz +

(z − x)2

=

∫

x +

2

dx +

∫

2

dx

0

z−1

2

z−1

3

2

z −x

3

1

z −1

2

x

x

x

z −(

)

=

x

+

+ −