Добавил:

korayakov Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный исследовательский университет «МИЭТ»

Предмет:

Теория вероятностей и математическая статистика

Файл:

Литература / книга.pdf

Скачиваний:

148

Добавлен:

17.04.2013

Размер:

1.36 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1112 / 2212 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 > Следующая >>>

Пример 8. Пусть Х ~ N(m,σ). Вычислить EX(t).

По формуле (4.4):

+∞

−

(x−m)2

= σ

EX (t) =

ei t x e

2σ

2π

∫

dx = x

dx = dy

−∞

+∞

ei t m ei t σ y e−

y 2

dy = eetm E (σt) = ei t m e−

σ2 t 2

∫

2 -

2π

−∞

характеристическая функция общего нормального распределения.

4.4. Законы распределения функций

Пусть X - случайная величина с известным законом распределения, Y = ϕ(X), где y = ϕ(x) - заданная действительная функция. Требуется найти закон распределения Y.

Случай1. ЕслиX - СВДТ P{Y = yk} = ∑P{X = xi} , гдеIk = {i| ϕ(x) = yk}.

i Ik

Случай 2. Пусть X - СВНТ. Тогда возможны 2 случая:

1)ϕ(x) - монотонная (либо монотонно возрастающая, либо монотонно убывающая);

2)ϕ(x) - не монотонная.

Для определенности рассмотрим случай, когда ϕ(x) - монотонно возрастающая.

1.Ищем функцию распределения FY(y)

=(по определению) =

=P{Y < y} = P{ϕ(X) < y}

вероятностьпопаданиявобласть
	на осиОх, определеннуюнеравенством
	ϕ(x) < y (рис.4.1), гдезаштрихованы
	ϕ(x) < y (рис.4.1), гдезаштрихованы
соответствующиеобластина осяхкоординат

= P{X < ϕ–1(y)} = FX(ϕ–1(y)).

Находим плотность распределения вероятности новой случайной величины Y:

fX(y) =	dFx(ϕ−1( y))	= f X (ϕ−1( y))	dϕ−1( y)	.
	dy
			dy

y
y
3	y	x
3	y
Рис.4.3.

Рассмотрим монотонно убывающую функцию ϕ(x), тогда (рис.4.2):

FY(y) = (по определению) = P{Y < y} = P(X > ϕ–1(y)} =1 – P{X < ϕ–1(y)} =

= 1 – FX(ϕ–1(y)) fY(y) = –	F	X	(ϕ−1	( y))	= –fX(ϕ–1(y))	dϕ−1	( y)	.
= 1 – FX(ϕ–1(y)) fY(y) = –			dy		= –fX(ϕ–1(y))	dy		.
			dy			dy

Пример 9. Пусть X ~ N(0,1), Y = X 3. Найти плотность fY(y).

Заметим, что функция y = ϕ(x) = x3 (изображена на рис.4.3) - монотонно возрастающая на всей числовой оси FY(y) = = P{X < 3 y } =

Φ( 3 y ), где Φ(x) - интеграл вероятности:

	1 x	−t2	dΦ(3 y )
	1 x		dΦ(3 y )
Φ(x) =	2π ∫−∞e	2 dt , fY(y) =	dy	=

y	y = ϕ(x)

		y
y		y
		y
ϕ 1(y)	x	ϕ 1	x
Рис.4.1.			Рис.4.2.

		3	y2
= Φ'(3 y ) 1	= 1	e−		1 , y ≠0.
			2
33 y2	2π			33 y2

2. Рассмотрим случай, когда ϕ(x) - не монотонная. Поясним методику поиска закона распределения рис.4.4.

1, y ≥ ymax

FY ( y) = P{Y < y}, ymin < y < ymax .

0, y ≤ ymin

При (ymin < y < ymax) P{Y < y} = P{ϕ(x) < y} = {выделенные на рис.4.4 соответствующие интервалы оси Оx обозначим ∆1, ∆2, ∆3,}

= ∑P{X ∆k } = FX(x1(y)) + FX(x3(y)) –– FX(x2(y)) +1 – FX(x4(y)).

k =1

Пример 10. X ~ N(0,1), Y = X 2. Найти fY(y).

Задана функция y = ϕ(x) = x2. Как следует из графика на рис.4.5,

				=
	FY(y) = 0, y ≤ 0;			=
y			P(− y < X <	y ), y > 0
y	0,
y = x2	0,		y ≤ 0;
				.
				.
			2Φ( y ) −1 ,	y > 0
y			2Φ( y ) −1 ,	y > 0
y	=		14243
	=	длясимметричного
			нормального
			нормального
			распределения

−	y	y		y
−	y	y		x
	Рис.4.5.			ymax
	Рис.4.5.
	∆1 x1(y)		x2(y)	∆2	x3(y) x4(y)	∆3	x
				ymin
				Рис.4.4.

0,		y ≤ 0;		y
	2	1	−

fY(y) =	2	y 2π e		2 , y > 0.
		14243
		Φ'( y )

Получено распределение χ2(1) (1 - число степеней свободы). Пример 11. Пусть X - случайная величина с известной функцией

распределения FX(x). Найти FY(y), если Y = aX + b, a > 0.

Так как y = ax + b монотонно возрастает, то FY(y) = P{Y < y} =

= P{ax + b < y} = P{X <	y −b	y −b
		= FX		.
	a		a

Вывод: если Y линейно зависит от X, то FY = FX вид закона распределения сохранился, преобразовался лишь линейно аргумент функции распределения.

Определение 1. Видом распределения будем называть семейство распределений, описываемых одной и той же функцией распределения с точностью до линейного преобразования аргумента.

Пример 11 показывает, что линейное преобразование не меняет вида закона распределения. Аналогичные изменения претерпевает и плотность при линейном преобразовании:

			y −b
	dF	X			dy
				a
fY(y) =						=
				dy

Функции от вектора.

1 f X y −b , a > 0. a a

Пусть (X,Y) - случайный вектор непрерывного типа с заданным законом распределения, z = ϕ(x,y) - заданная функция 2-х переменных. Найти закон распределения новой случайной величины Z = ϕ(X,Y).

Вначале ищется функция распределения FZ(z):

FZ(z) = P{Z < z} = P{ϕ(X,Y) <

=	∫∫f XY (x, y)dxdy .
	ϕ(x, y)<z

вероятностьпопадания
z) = вобласть на плоскости,	=
определяемуюнеравенством

ϕ(x, y) < z

Результат зависит от рельефа поверхности z = ϕ(x,y).

Пример 12. Вернемся к примеру 1 с радиолокационным обнаружением цели на круговом индикаторе радиусом а. (X,Y) ~ R (в круге

радиусом а). Введем Z =

X 2 +Y 2

- случайное расстояние от светового

пятна до центра экрана. Найти закон распределения Z.

По условию имеем

0, x2 + y2 ≥ a2;

fX,Y(x,y) =

, x

+ y

< a.

πa

0, z ≤ 0;

FZ(z) = P{Z < z} = P{

X 2 +Y 2 < z) =

∫∫f XY (x, y)dxdy, 0 < z < a;

x 2 + y 2 <z

1, z ≥ a.

При 0 < z < a имеем

2π

∫∫fXY (x, y)dxdy =

∫∫

dxdy = ∫dϕ∫

rdr =

πa

x2 +y2 <z

x2 + y2 <z2

πa

= 2π

πa2

Таким образом, получаем функцию распределения:

0, z ≤ a;
	2
			0, z (0, a);
z
FZ (z) =		,0 < z < a	и плотность fZ (z) =

a2				2z	,0 < z < a.

1, z > a;			a

Частным случаем функции от вектора (X,Y) является функция

ϕ(X,Y) = X + Y.

Задача композиции. Пусть X и Y - две независимые случайные величины, подчиняющиеся одному и тому же закону распределения. Найти закон распределения случайной величины Z = X + Y.

Определение 2. Композиционно устойчивым называют такое рас-

пределение, которое сохраняет вид при сложении двух независимых распределений данного вида.

Аппарат характеристических функций позволяет установить, является ли данный вид распределения композиционно устойчивым. Действительно, пусть Z = X + Y, причем X и Y независимы по свойству 3 EZ(t) = EX(t) EY(t). По виду EZ(t) решаем вопрос о композиционной устойчивости. Проверим, например, композиционную устойчивость нормального закона.

Пример 13.

Пусть Y ~ N(mX,σX), Y(mY,σY). Найдем EZ(t) = EX(t) EY(t) = {см. пример 4

	−	σ2X t 2	−	σY2 t 2		−	t 2	(σ2	+σ2 )
параграфа4.3} = eitmX	e	2 eitmY e		2	=	eit(mX +mY ) e	2	X	Y .

EZ(t) соответствует виду нормального распределения с характеристиками N(mX + mY, σ2X +σY2 ). Действительно, M[Z] = M[X + Y] =

=mX + mY, D[Z] = D[X + Y] = DX + DY (в силу независимости).

Вобщем случае пусть Z = X + Y и X, Y независимы и распределены

по произвольным законам с плотностями fX(x) и fY(y). Найдем плотность fZ(z). Вычислим вначале функцию распределения:

FZ(z) = P{X + Y < z} =

∫∫ f X (x) fY ( y)dxdy =

x+ y<z

преобразуемдвойной

= интегралпообласти

кповторномуинтегралу

(см. рис.4.6)

= ∫−+∞∞ f X (x)dx∫−∞z −xfY ( y)dy =

Рис.4.6.

другойспособ

+∞

z −y

( y)dy

(x)dx.

(4.7)

приведенияк

∫−∞

повторному

На рис.4.6 заштрихована область интегрирования

GZ ={(x, y) | x + y < z}.

Дифференцируя (4.7) по z, получим плотность:

		используемформулу
fZ (z) =	dF (z)	Лейбница дифференцирования	=
fZ (z) =	Z	=	=
	dz	несобственногоинтегралапо
		параметру

	= ∫−+∞∞ fY ( y) f X (z − y)dy = ∫−+∞∞ f X (x) fY (z − x)dx.			(4.8)

Формула (4.8) носит название "интегральной свертки" двух плотностей.

Пример 14. Пусть X и Y независимы и распределены по одному закону R(0,1). Является ли закон R(0,1) композиционно устойчивым?

Применим аппарат характеристических функций. Как известно,

EX(t) = EY(t) =	eit −1	по свойству 3) характеристической функции
EX(t) = EY(t) =	it	по свойству 3) характеристической функции
	it
		eit −1		2
EZ(t) = EX(t) EY(t) =					- данная характеристическая функция не
EZ(t) = EX(t) EY(t) =			it		- данная характеристическая функция не
			it

является таковой для распределения R(0,1) закон R(0,1) не является композиционно устойчивым.

Пример 15. Композиция двух R(0,1). Пусть X и Y независимы и распределены по одному закону R(0,1). Найти плотность распределения их суммы.

Пусть Z = X + Y. В силу независимости X и Y имеем


f X ,Y (x, y) =	0, (x, y) П	,
f X ,Y (x, y) =	f X (x) fY ( y) =	,
	1, (x, y) П

где П={(x, y) | 0 ≤ x ≤1,0 ≤ y ≤1} - единичныйквадрат. Ищем функцию распределения:

FZ(z) = P{Z < z} = P{X + Y < z} = P{(X,Y) GZ} =
	∫∫dxdy = S(GZ ), 0 ≤ z < 2;
∫∫f X (x) fY ( y)dxdy = GZ
GZ	0, z < 0;

	1, z ≥ 2.

Y
1 z
z	1
z

Рис.4.7.


	Здесь S(GZ) - площадь области
	GZ ={ (x, y) \| x + y < z,(x, y) П}				-
	область на плоскости, зависящая от
	z как от параметра. На рис.4.7 отме-
	чена двойной штриховкой			область
	GZ для случая 0 ≤ z < 1. На этом же
	рисунке	пунктирными		линиями
	отмечены	те	положения	прямой
X	x + y = z, которые меняют конфигу-
	рацию области		GZ и приводят		к

различным выражениям для площади S(GZ). Вычисляя эти площади, окончательно получаем

0,		z < 0;
z2	, 0 ≤ z <1;			0, z (0,	2];
		(z −1)	2		<1;
FZ (z) =		(z −1)	2	fZ (z) = F'Z (z) = 2z, 0 ≤ z	<1;
1	−		, 1 ≤ z < 2;		≤ z < 2.
1	−		, 1 ≤ z < 2;
		2		− 2 + z, 1
		2
	2 ≤ z.
1,	2 ≤ z.

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1112 / 2212 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Литература

#
17.04.20131.36 Mб148книга.pdf
#
17.04.201321.9 Mб413Феллер_теория вероятностей_I.pdf
#
17.04.201333.75 Mб370Феллер_теория вероятностей_II.pdf