Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Случайные процессы
.pdf
Задачи к главе 4
dy
Wy
m
t
'
11
22
Wt
0
m
RA
At
1
cos
2
22
00
22
Rdtd
00
Обратимся к теоретической части по линейным преобразованиям:
Wy
Y
.
dy
В нашем случае обратная функция равна
101
arccos
A
Тогда
,arccos
A
11 11
222
cos
AA t
mm
0
С другой стороны,
dh(t) = (Am cos(w0t + j))'j = –Am sin(w0t + j) dj.
Тогда
2
cos cos
m
tt d
000
(знак «-» отбрасываем, т.к. Rh(τ) > 0).
Известно, что
cos cos cos
.
0
m
2
At
A
sin
m
0
At
m
2sin
1
2
1
m
2
A
m
.
sin
0
.
Тогда
AA
11
mm
22 22
cos cos(
Причём
1
cos cos
2
d
.
.
0
)
102
2
0
td
2
2
R
2
22
R
2
22
Sd
00
0
SNAd
0
Случайные процессы
Тогда получим:
Следовательно,
A
1
m
cos(2 2)
22
00
A
m
cos
0
.
.
N
A
0
m
cos
.
0
Соответственно,
N
4 cos cos
0
A
0
2
m
m
0
cos cos
,
.
Причём
cos cos1d
0
.
Но ведь δ-функция равна 0 везде, кроме τ = 0. Поэтому и весь
интеграл равен 0 на всем интервале, кроме одной точки: τ = 0.
В этой точке δ(τ) = 1, cos(w0 · 0) = 1, cos(w · 0) = 1.
Таким образом:
Sξ(w) = N0A
2
.
m
Задача 5
Случайная величина Y является линейной функцией случайной величины X: Y = g (X ) = aX + b, где a и b – постоянные,
неслучайные коэффициенты [1, 2].
Определить WY(y) при известной WX(x ).
Решение
По условию известна прямая функция:
g(X ) = aX + b.
Значит, обратная функция имеет вид
Задачи к главе 4
yb
a
WW YW
ya
1
Wx
b
ab
aa
103
Y
Далее находим:
YX X
Если, например, случайная величина X имеет равномерную
функцию плотности распределения вероятности на интервале
(x1, x2), то случайная величина Y будет так же равномерно распределена, но на интервале (ax1 + b, ax2 + b).
Если, например, случайная величина X имеет нормальную
функцию плотности распределения вероятности, то и случайная
величина Y тоже будет иметь нормальную функцию плотности
распределения вероятности; отличия лишь в том, что мат. ожидание и дисперсия будут линейно преобразованы:
Задача 6
Случайная величина X имеет равномерную функцию плотности распределения вероятности [1, 2]:
mY = amX + b, sY = | a |sX.
X
причем ,
.
Y
axba
yb
1
.
a
.
Т.е. график имеет вид, представленный на рис. 6. Случайная
величина Y связана с X через преобразованиеY = X2. Определить
WY(y).
1
a+b
Рис. 6. График функции плотности распределения вероятности
случайной величины X
W
x0 b
104
1
yy
2
yy
12
11
Wy
yyab
3
11
Wy
22
0 при 0
y
ya
Wy
не принимает отрицательных значений, поэтому
Случайные процессы
Решение
При квадратичном преобразовании функция y (x ) никогда
FY(y) = P{Y < y} = 0 при y ≤ 0.
На интервале (–a, a) обратная функция j(y) двузначна:
,
Значит, выполняем суммирование двух ветвей:
Wy Wy
YX X
12
11 11
ab ab ab
На последнем интервале (a, b) обратная функция j(y ) одно-
значна:
Соответственно, третья компонента функции плотности
рас пределения вероятности
YX
3
Таким образом, функция плотности распределения вероят-
ности для Y имеет следующий вид:
12
''
yy
yy
y
.
Wy y
dy dy
dy dy
dy
3
Y
3
dy ab
1
ya b
1
2
ya b
0 при
.
2
при 0
при
ayb
yb
2
'
y
2
2
2
ya b
.
.
Новый интервал значений для Y получен из интервала для X
(–a, b) посредством того же линейного преобразования с учётом того факта, что y не может быть меньше или равен 0 (т.к. мы
имеем дело с подкоренным выражением).
Задачи к главе 4
n
!!
n
Yii
i
mE
!
ii
n
mg
ep
n
00
nn
Yn
kk
me
105
Задача 7
Случайная величина X подчиняется биномиальному закону
распределения. Найти мат. ожидание и дисперсию случайной
величины Y = eax, где a – неслучайный коэффициент [1, 2].
Решение
Биномиальный закон распределения (распределение Бернулли) используется для дискретных случайных величин, которые представляют собой число «успехов» в серии из n одинаковых испытаний с вероятностью «успеха» p и вероятностью «неудачи» q.
Функция распределения вероятностей –
p kpqCpq
!
n
k
nkk
– биномиальный коэффициент (сочетание C
knkkknk
k
n
,
k
).
n
Вспоминаем, что для дискретной случайной величины
gX gx p
.
В нашем случае
g(X ) = eaX.
Тогда
Yii
xp
aX knk
nkk
!!
.
q
Здесь нужно сделать уточнение: когда мы говорим о бино-
knk
миальном законе распределения, то пишем, что
pk pq
k
т. е. случайной величиной в данном случае является k, которое
принимает значения 0, 1, 2, …, n. Поэтому наше выражение примет вид
!
ak knkakkknk
n
nkk
pq eCpq
!!
.
,
106
0
n
k
n
22
000
22
Yk
ik
kkk
22
0
n
k
0
1
n
kp
0
т.к.
22
YY
k
k
mm
2
00
nn
Yk
kk
Случайные процессы
Из справочника [4] в разделе «Элементарные функции: степени биномов: степенные ряды» (в самом начале) находим выражение
n
ax xa
k
Видим прямую аналогию: xk ↔ pk, a
knk
n–k
.
↔ q
n–k
.
Единственное, около pk есть множитель eak, тогда просто
рассматриваем их как единое целое: eakpk.
Соответственно, получим:
mY = (q + peak)n.
Теперь обратимся к теоретической части:
2
EgXm gx mp ym p
YYiYik
nnn
22
yymmpypymmp
kkYYkkkkYYk
22
.
n
Рассмотрим второе слагаемое более внимательно. Докажем,
что
2
ym mpm
kY Yk Y
.
Доказательство
Отправной точкой является условие нормировки для дискретной случайной величины:
2
k
Тогда получим:
n
yp
kk
0
mp mpm
Yk
n
yp m
kk Y
22
.
2
.
Y
,
Задачи к главе 4
nn
nY
nn
Y
YX
mg
xdx
11
20 2
Wx
3
22
63|8
23
x
mx
22
22
00
1
53
Соответственно, предположение доказано.
Тогда получим:
107
2222 2
YkkY
yp meCpqm
kk
00
преобразуем сумму
по а налогии с
m
ak kknk
qpeqpe
ak ak
2
2
.
Задача 8
Случайная величина X подчинена равномерному закону
распределения в интервале от 0 до 2. Определить мат. ожидание
и дисперсию случайной величины Y = 6X2 [1, 2].
Решение
Обращаемся к теоретической части:
xW
.
В нашем случае
g(x) = 6X2,
X
.
Следовательно,
2
Y
1
0
dx
,
0
gx mWxdxx dx
YYX
xx
18 |48|36 | 115,2 1287259,2.
42 42
36 96 64 18 48 36
xx dx xx dx
53
222
000
2
1
2
x
2
68
0
2
2
Задача 9
Известна совместная функция плотности распределения вероятности W
ную функцию плотности распределения вероятности W
(x1, x2) случайных величин X1 и X2. Найти двумер-
X1X
1
Y1Y
(y1, y2)
1
108
12 12
Wy
yaxbx
xdx,
11
11
xayby
,
11
11
12
ab
cd
12
,,
ab
Wy
Случайные процессы
случайных величин Y1 и Y2, если Y1 = aX1 + bX2 и Y2 = cX1 + dX2,
где a, b, c, d – постоянные коэффициенты [1, 2].
Решение
Обращаемся к теоретической части:
,,,,
yW yy yy J
12 112212
YY XX
.
Соответственно, первое, что нам нужно найти, — это обрат-
ные функции j1(y1, y2) и j2(y1, y2). Учитывая, что прямая функция
известна только в общем виде, то и решение может быть только
общим.
Итак, мы имеем систему из двух уравнений:
112
yc
212
Известно правило, согласно которому, если определитель
системы, составленный из коэффициентов a, b, c и d, отличен
от нуля, то исходная система имеет однозначное решение:
11
xcydy
21
2
2
Причём
j1(y1, y2) = a1y1 + b1y
2
j2(y1, y2) = c1y1 + d1y2,
где коэффициенты a1, b1, c1 и d1 выражаются через a, b, c и d.
Соответственно, якобиан имеет вид
J
,,
yy yy
112112
yy
12
yy yy
,,
212212
yy
Окончательно получим:
yWay by cy dy
12 11 12 11
YY XX
12 12
11
cd
11
.
.
Задачи к главе 4
22
112
YX
12 12
Wy
22
11
22
22
2212
22
22
,
yy y
yy
yy
22
22
22
22
22
11
11
|
11
yy
yy
yy
109
Задача 10
Определить совместную функцию плотности распределения вероятности W
данной совместной функции плотности распределения вероят-
(y1, y2) случайных величин Y1 и Y2 при за-
Y1Y
2
ности случайных величин X1 и X2, если [1, 2]
,
X
Y2 = X1/X2.
Решение
Обратимся к теоретической части:
,,,,
yW yy yy J
12 112212
YY XX
Соответственно, нам нужно найти обратные функции
j1(y1, y2) и j2(y1, y2).
Известно, что для системы уравнений
yxx
yxx
212
при y > 0 существует два решения (точнее, две пары решений):
xx
11 21
yy yy
,
11
xx
12 22
12 1
11
yy y
12 1
11
Тогда получается, что обратная функция неоднозначна и
имеет две ветви. Соответственно, якобиан тоже будет иметь
два значения и результирующая функция W
ставлять собой сумму для этих ветвей:
,,
yy yy
112112
yy
J
1
12
yy yy
,,
212212
yy
12
2
/
(y1, y2) будет пред-
Y1Y
2
y
1
y
1
.
.
'
y
2
,
'
|
y
2
110
22
22
22
22
22
11
11
11
yy
yy
yy
2
22
21
22
22
22
22
11
11
yy
yy
yy
22
22
11
Wy
yy
Случайные процессы
,,
yy yy
112112
yy
J
2
12
yy yy
,,
212212
yy
12
y
1
y
1
С помощью калькулятора производных находим:
yyyy
2112
22
yy
11
22
J
1
1
2
y
1
2
yy yy
12 11
22
1
yy
12
y
1
3
2
2
y
2
3
2
2
2
.
Учитывая, что у |J2| все знаки «–» появились симметрично ⇒
они друг друга компенсируют ⇒ | J1| = | J2|
Таким образом, получим ответ:
,
y
12
YY
12
'
|
y
2
.
'
|
y
2
yyyy yy y
1121 12 1
2
y
1
2
WW
XX XX
12 12
, ,
22
yy
11
22
для y1 > 0, y2 > 0.
При y1 < 0 и y2 < 0 система не имеет вещественных решений
и поэтому W
(y1, y2) = 0.
Y1Y
2
Задача 11
Вычислить функцию распределения вероятности FY(y) и
функцию плотности распределения вероятности WY(y) случайной величины Y, если Y = min(X1, X2) и известна совместная
функция плотности распределения вероятности W
чайных величин X1 и X2 [1, 2].
(x1, x2) слу-
X1X
2
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]