theory

20. Вообще говоря, нет. Рассмотрим следующий пример: Ω ={ω1,ω2 ,ω3},

A –

множество всех подмножеств Ω ,

P – равномерная мера, F ={ ,{ω1},{ω2 ,ω3},Ω} и

ξ(ω) = I (ω = ω3 ).

Заметим,

что любая случайная величина η,

независимая с

F ,

должна быть вырожденной.

21. 1) Вообще говоря, нет. Рассмотрим нормальную случайную величину

ξ с

параметрами 0 и 1. Тогда −ξ имеет такое же распределение и a =1, b = −1.

2) Да, верно. Предположим,

что a ≠ b.

Не ограничивая общности, можно счи-

тать, что b > a ≠ 0.

Пусть F – функция распределения случайной величины ξ. Тог-

да

2

m

Поэтому F(x) =1,

F(x) = F a x

= F a

x =

... = F a

x , m =1, 2, ….

b

b

b

31. Докажем, что F

(x, y) = F (x)F ( y).

Обозначим K

={(s,t) : s2

+t2

≤ x} и

(ζ,κ )

ζ

κ

1

K2 ={(s,t) : s / t ≤ y}. Тогда

F(ζ,κ ) (x, y) = P(ζ ≤ x,κ ≤ y) = P(ξ2 + η2

≤ x,ξ / η ≤ y) =

∫∫ p(ξ,η) (s,t) dsdt.

K1∩K2

Решения задач к главе 3

127

Перейдя в последнем интеграле к полярным координатам, с учетом того, что

p

(s,t) =

1

exp

−

s2 +t

2

,

η)

2

2

(ξ,

2πσ

2σ

имеем

F

(x, y)

=

∫

r

exp

−

r2

dr

∫

1

dϕ.

2

2

(ζ,κ )

σ

2σ

2π

0≤r≤x

ctg ϕ≤y

С другой стороны,

Fζ (x)Fκ ( y) = P(ζ ≤ x) P(κ ≤ y) = ∫∫ p(ξ,η) (s,t)dsdt∫∫ p(ξ,η) (s,t)dsdt.

K1

K2

Снова переходя к полярным координатам в обоих интегралах, получаем

r

r2

2π

1

+∞

r

r2

1

F (x)F ( y) =

∫

exp

−

dr

∫

dϕ

∫

exp

−

dr

∫

dϕ =

2

2

2

2

ζ

κ

σ

2σ

2π

σ

2σ

2π

ctg

0≤r≤x

0

0

ϕ≤y

∫

r

r2

∫

1

=

exp

−

dr

dϕ.

σ

2

2σ

2

2π

0≤r≤x

ctg ϕ≤y

Откуда вытекает требуемое.

39. Можно считать, что

x =1

(иначе умножим

Z

на

x−1 ). Тогда нужно дока-

зать, что

P( X < Z,Y < Z ) ≥ P( X < Z )P(Y < Z ).

Через

μ

обозначим

распределение

F

+

,ξ

−

)

(x, y) = P({ k : ξk ≤ x}∩{ k : ξk ≤ y}) = P({ k : ξk ≤ x}) = F(x)n.

(ξ

Плотность двумерной случайной величины находим дифференцированием

∂2

p +

−

)

(x, y) =

F +

−

)

(x, y).

(ξ

,ξ

∂x∂y

(ξ

,ξ

Так как

ξ+ ≥ ξ−, то F

(x) = 0 при

x < 0.

Чтобы найти F

(x) для x > 0, вос-

ξ

ξ

пользуемся формулой свертки:

F

(x) = P(ξ+ − ξ− ≤ x) = ∫∫ dF(ξ+ ,ξ− ) (z, y) =

ξ

z−y≤x

+∞

z

+∞

= ∫

∫

n(n −1)[F(z) − F( y)]n−2 dF( y)dF(z) = n ∫ [F(z) − F(z − x)]n−1dF(z).

−∞ z−x

−∞

Плотность

pξ (x) получаем дифференцированием.

128

Решения задач

53. По определению случайной величины τ

имеем

k −1

k −1

P(τ = k) = P ∩{ξ2j > f (ξ1j )}∩{ξk2 ≤ f (ξ1k )}

= ∏P(ξ2j > f (ξ1j ))P(ξ2k

≤ f (ξ1k )),

j=0

j=0

где последнее равенство вытекает из независимости векторов ξ1, ξ2 , ... .

Учитывая то,

что ξ j ,

j =1, 2, …, имеет равномерное распределение в прямоугольнике [a; b] ×[0; c],

получаем

b c

b

P(ξ2j

≤ f (ξ1j )) = ((b − a)c)−1 ∫∫I ( y ≤ f (x))dxdy = ((b − a)c)−1∫ f (x)dx = ((b − a)c)−1,

a 0

a

где последнее равенство следует из того, что

f

задана на отрезке [a;b] и является

плотностью некоторого распределения.

P(τ = k) = (1− ((b − a)c)−1)k ((b − a)c)−1,

Значит, P(ξ2j > f (ξ1j )) =1− ((b − a)c)−1 и

∞

F(x) = P(ξ1τ ≤ x) = ∑P(ξ1τ ≤ x, τ = k) =

k =0

∞

k−1

> f (ξ1j )}∩{ξk2

=∑P ∩{ξ2j

≤

f (ξ1k )}∩{ξ1k ≤ x}

=

k =0

j=0

∞

b

x

= ∑(1−((b − a)c)−1)k ((b − a)c)−1∫ f ( y)I ( y ≤ x)dy = ∫ f ( y)dy.

k=0

a

−∞

x

Поэтому,

F(x) = ∫ f ( y)dy.

Значит, плотность распределения случайной величи-

∞

ны ξ1τ равна

f .

ξ j

63. Обозначим M j := M

, 1 ≤ j ≤ n. Тогда

ξ1 +ξ2 +

... +ξn

ξ

+ ξ

2

+... +

ξ

k

= ∑ M j ,

M

1

ξ1 + ξ2 +... + ξn

1≤ j≤k

∑ M j

ξ

+ξ

2

+

... +ξ

n

= M

1

= M1 =1 .

1≤ j≤n

ξ1 +ξ2 +... +ξn

−∞

0

0

Решения задач к главе 3

129

+∞

Остается доказать, что

lim x(1− F(x)) = 0 . Поскольку Mξ =

∫

xdF(x) < ∞ , то

x→+∞

0

+∞

+∞

+∞

∫ xdF(x) → 0 при t → +∞. Но ∫

xdF(x) ≥ ∫ tdF(x) = t(1− F(t)).

x≥t

x≥t

x≥t

83. 2) Если случайная величина

ξ

принимает значения из отрезка

[0; 1], то

2ξ −1 будет принимать значения из отрезка

[−1; 1] и

D

(

2ξ

)

= 4D

(

)

. Поэтому

−1

ξ

найдем наибольшее значение дисперсии случайной величины

η, принимающей

значения из отрезка [−1; 1]. Для такой случайной величины имеем D(η) ≤ M(η2 ) ≤1.

С другой стороны, если P

(

)

то D(η) =1. Поэтому наибольшая диспер-

η = ±1 =1 2,

сия в исходной задаче равна 1/4.

+∞

86. Поскольку M | ξ |k = ∫ | y | dFξ ( y) < +∞, то по свойству интеграла Лебега

−∞

xlim→+∞

∫

| y |k dFξ ( y) = 0.

|y|≥x

Однако по неравенству Чебышева 0 ≤ xk P(| ξ |≤ x) ≤

∫

| y |k dFξ ( y). Ответ: 0.

|y|≥x

89. 1) Для a

k имеем

D a,ξ =

n

n

n

2

D ∑aiξi

= M ∑aiξi − M∑ai

ξi

=

i=1

i=1

i=1

k

= M[(a1ξ1 − a1Mξ1) +... +(akξk − ak Mξk )]2 = ∑ aia jM(ξi

− Mξi )(ξ j − Mξ j ) =

i, j=1

k

= ∑ aia jσij = a, Ba ≥ 0.

i, j=1

2) По условию

P(α1ξ1 +... +αk ξk

= −α0 ) =1, откуда

D(α1ξ1 +... + αk ξk ) = 0. Но

k

D(α1ξ1 +... + αkξk ) = ∑ aia jσij = a, Ba ,

где

a = (α1, ..., αk )T

≠ (0, ..., 0)

(ситуация

i, j=1

α0 ≠0, α1 =... = αk

= 0 невозможна).

Так как

B =||σij ||

симметрическая и неотри-

некоторой ортогональной

матрицы O :

OT BO = diag{d , ..., d

},

d

i

≥ 0. Отсюда

1

k

B = ODOT = (OC)(CT OT ),

где C = diag{+

d ,...,+

d

k

}.

Если положить A = OC, то

1

для матрицы

B получим представление B = AAT .

Тогда

a, Ba = a, AAT a =

= AT a, AT a ,

откуда AT a = 0 и AAT a = Ba = 0.

130

Решения задач

3) Если

rank(B) = r,

то существуют такие линейно независимые векторы b1,

..., b

k ,

что Bb = 0,

i =

. Но b , Bb = 0 = D b ,ξ . Тогда для некоторых

1, k − r

k −r

i

i i

i

констант c1, ..., ck −r выполняются равенства P( bi ,ξ = ci ) =1,

т. е. случайный вектор ξ

с вероятностью 1 лежит в пересечении (k − r)

гиперплоскостей bi ,ξ = ci ,

i =

,

1, k − r

т. е. в некотором r-мерном линейном многообразии Lr .

90. В силу независимости имеем M det(ξij ) = ∑ (−1)εα M(ξ1α1 )...M(ξnαn ) = 0. По

α Sn

определению дисперсии D det(ξij ) = M(det2 ξij ). Но

det2 (ξij ) =

∑

(−1)εα +εβ ξ1α1 ... ξnαn

− ξ1β1 ... ξnβn .

(α,β) Sn ×Sn

Поэтому

0, если существует такоеi, что αi ≠ βi ,

M(ξ1α

... ξnα

ξ1β ... ξnβ

n

n

) =

2

2

) =[σ

2

n

2n

.

1

1

M(ξ1α )...M(ξnα

+ M(ξ1α )] = σ

1

n

1

92. Заметим, что η = (ξ

i

−ξ

i

+1

)2

= (ξ

i

−ξ

i+1

)4.

Обозначим p = P(ξ

i

=1). Тогда

i

M η = M(ξ

i

−ξ

i+1

)2

= M(ξ2 ) + M(ξ2

) − 2(M ξ

i

)(M ξ

i+1

) = 2 p − 2 p2 = 2 p(1− p).

i

i

i+1

Отсюда M η = ∑ M ηi

= 2np(1− p). Далее имеем, учитывая независимость,

1≤i≤n

M(η2 ) = M

∑ (ξi

−ξi+1)2 2

= ∑ M(ξi − ξi+1)4 + 2 ∑ M((ξi − ξi+1)2 (ξ j − ξ j+1)2 ) =

1≤i≤n

1≤i≤n

1≤i< j≤n

= ∑ M(ξi −ξi+1)2 + 2 ∑ M(ξi −ξi+1)2 M(ξ j −ξ j+1)2 +

1≤i≤n

i+1< j

+2

∑ M((ξi −ξi+1)2 (ξi+1 −ξi+2 )2 ) =

1≤i≤n−1

= 2np(1− p) + 2

(n −1)(n − 2)

(2 p(1− p))2 + 2(n −1) p(1− p).

2

Решения задач к главе 3

131

происходит с вероятностью

p2 (1− p) + p(1− p)2 = p(1− p). Окончательно

D η = M(η2 ) −(M η)2 = 2 p(1− p)(2n + 2(2 −3n) p(1− p) −1).

95. Пусть Xk , k =1, 2, …, 14, случайная величина, равная единице,

если в k-й

паре люди противоположного пола, и равная нулю в другом случае. Тогда

M(Xk ) = P(Xk =1) = 2 · 8 · 7 · 13! =

8

, k =1, 2, …, 14.

15!

15

Поэтому требуемое математическое ожидание равно M(X

1

+... + X

14

) = 112 .

15

96. Пусть ξ равно числу потревоженных пассажиров. Тогда (см. задачу 51, гла-

ва 1)

Cm m!(n − m −1)!

1

P(ξ = m) =

n−1

=

, m = 0, 1, …, n −1.

n!

n

n−1

Поэтому Mξ = ∑ m = n −1.

m=0 n

2

+∞ +∞

+∞

M|ξ + η|= ∫ ∫ | x + y|dFξ (x)dFη ( y) = ∫ M|ξ + y|dFη ( y).

−∞ −∞

−∞

132

Решения задач

причем равенство достигается, если

η = aξ I (ξ < 0) . Чтобы

M(ξη)

было наимень-

шим, возьмем η так, чтобы M(η2 ) =1. Тогда

a = −(M(ξ2 I (ξ < 0)))−1/ 2 и

inf M(ξη) = −

M(ξ2 I (ξ < 0)).

102. 1) Обозначим через qλ

λ-квантиль Х, т. е.

qλ = inf{x : FX (x) > λ}. Рассмот-

рим Z+ следующего вида:

Z

+

= λ −1I ( X < q ) +ξI (X = q ),

λ

λ

где случайная

величина

ξ

принимает

значения

из

интервала

[0; λ−1]

и

M(ξI (X = q )) =1− λ−1P( X < q ). Для любой случайной величины Z D

имеем

λ

λ

λ

M(Z X ) − M(Z+ X ) = M((Z − Z+)(X − qλ )) =

=M((Z − λ −1)( X − q ) I ( X < q ) + Z ( X − q ) I (X > q )) ≥ 0.

λ

λ