Добавил:
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

Лекции по теории вероятностей

.PDF
Скачиваний:
51
Добавлен:
02.05.2014
Размер:
769.22 Кб
Скачать

Пусть = N0;1. Согласно ЦПТ,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

P nn

< E 1 = P pD

 

 

nn

E 1

< 0 ! P( < 0) = 0;1(0) = 2

6= P (E 1 < E 1) = 0:

 

1

 

S

 

pn

 

S

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Аналогично, кстати, ведет себя и вероятность P

S

.

 

 

 

 

1

 

n

6 E 1

Она тоже стремится к

 

, à

n

2

íå ê P (E 1 6 E 1) = 1.

И изящное упражнение на ту же тему:

Упражнение 29. Доказать, что

0:999999n

(n 1)!

 

 

= 0;

n!1

Z0

 

 

lim

 

1

 

yn 1e y dy

 

 

 

 

 

 

n

(n 1)!

 

= 2;

 

n!1 Z0

 

 

lim

1

 

yn 1e y dy

1

 

 

 

 

 

1:000001n

(n 1)!

 

 

= 1

n!1

Z0

 

 

lim

 

1

 

yn 1e y dy

:

 

 

 

 

У к а з а н и е. Каждый из интегралов равен функции распределения суммы независимых случайных величин с каким-то показательным распределением в некоторой точке. Вспомнить, что такое гамма-распределение и что такое «устойчивость относительно суммирования».

90

Раздел 15. Характеристические функции

p

Всюду в этой главе i = 1 — мнимая единица, t — вещественная переменная, eit = cos t + i sin t — формула Эйлера, E( + i ) = E + i E — способ вычисления математического ожидания комплекснозначной случайной величины + i , если математические ожидания ее действительной ( ) и мнимой ( ) частей существуют.

p

Как всегда, модулем комплексного числа z = x + iy называется jzj = x2 + y2, òàê ÷òî jeitj = 1.

Определение 53. Функция ' (t) = E eit называется характеристической функцией

случайной величины .

15.1Примеры вычисления

Пример 52. Пусть с. в. имеет распределение Бернулли с параметром p. Ее характеристическая функция (х. ф.) равна

' (t) = E eit = eit 0 P( = 0) + eit 1 P( = 1) = 1 p + peit:

Пример 53. Пусть с. в. имеет биномиальное распределение с параметрами n и p. Ее х. ф. равна

 

 

 

 

n

 

n

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

E

 

it

X

it k P

X

 

it k

k

k

 

 

n k

Xk

k

k

 

 

n k

n

 

' (t) =

 

e

 

= e

 

( = k) =

e

 

Cn p

 

(1

p)

 

=

Cn

pe

 

 

(1

p)

 

= 1 p + pe

 

 

:

 

 

 

 

k=0

 

k=0

 

 

 

 

 

 

 

=0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Последнее равенство суть бином Ньютона.

Пример 54. Пусть с. в. имеет распределение Пуассона с параметром . Ее х. ф. равна

 

 

 

E

it

 

 

1

it k P

 

 

1

it k k

 

 

 

1

( eit)k

 

eit

 

 

 

it

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Xk

 

 

 

 

X

 

 

 

 

 

 

X

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

' (t) =

 

e =

 

e

 

 

( = k) =

e

 

k!

e

 

= e

k=0

 

 

k!

 

= e e

= expf

 

e

 

1 g:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=0

 

 

 

 

k=0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пример 55.

Пусть с. в. имеет показательное распределение с параметром . Ее

х. ф. функция равна

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

' (t) = E eit = Z

eit x f (x) dx = Z

eitx e x dx = Z

e x( it) dx =

 

e x( it) 0

 

=

 

;

it

 

it

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

поскольку при x

! 1

модуль величины e x( it)

= e x

 

eitx

 

 

 

 

 

 

e x( it)

=

e x

!

0.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

стремится к нулю:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пример 56. Пусть с. в. имеет гамма-распределение с параметрами , . Ее х. ф. равна

11

' (t) = E eit = Z0

eit x f (x) dx = Z0

eitx

 

 

x 1 e x dx =

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

( )

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

= 1

it

 

 

 

 

 

 

=

 

Z0

x 1 e x( it) dx =

 

:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

( )

it

 

 

 

91

Интеграл мы вычислили с помощью гамма-функции Эйлера:

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

)

 

 

 

Z x 1 e x( it) dx =

 

1

Z (x( it)) 1 e x( it) dx( it) =

(

:

 

(

it)

( it)

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пример 57.

Пусть с. в.

 

имеет стандартное нормальное распределение. Ее х. ф.

равна

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

Z

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

' (t) =

p

 

eitx e x

=2 dx =

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

Z

2

2

2

1

Z

2

 

 

2

 

 

 

 

 

 

=

p

 

 

e t

=2 e (x it)

=2 dx = e t

=2

p

 

e (x it)

=2 d(x it) = e t

=2:

 

 

 

 

 

2

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

Как всегда, при интегрировании мы выделили полный квадрат в показателе экспоненты и

вспомнили, чему равен интеграл по всей прямой от функции p1 e u2=2. А чему он равен?

2

Самое время остановиться и спросить: "Ну и что? Зачем нам эти функции и какой от них прок?" Приглашаю читателя познакомиться с замечательными свойствами х. ф.

15.2Свойства характеристических функций

Ô1. Характеристическая функция всегда существует:

j' (t)j = jE eit j 6 E jeit j = E 1 = 1

Полезно вспомнить, что обычные математические ожидания существуют не у всех распределений.

Ô2. По характеристической функции однозначно восстанавливается распределение (функция распределения, а также плотность или таблица распределения). То есть если две с. в. имеют одинаковые х. ф., то и распределения этих с. в. совпадают.

Формулы, с помощью которых это делается, в анализе называют формулами «обратного преобразования Фурье». Например, если модуль х. ф. интегрируем на всей прямой, то у с. в. есть плотность распределения, и она находится по формуле (проверьте на примере примера 57)

1

e itx ' (t) dt:

f (x) = 2 Z

1

 

 

 

 

1

 

Ни одна из формул обратного преобразования Фурье нам не понадобится.

Ô3. Характеристическая функция с. в. a + b связана с х. ф. случайной величины равенством

'a+b (t) = E eit(a+b ) = eita ' (tb):

92

Пример 58. Вычислим х. ф. случайной величины , имеющей нормальное распре-

деление с параметрами a и 2. Мы знаем, что у стандартизованной с. в. =

a

харак-

 

 

 

теристическая функция равна ' (t) = e t2=2. Тогда х. ф. случайной величины = a + равна

' (t) = 'a+ (t) = eita ' (t ) == eita e (t )2=2 = exp ita t2 2 :

2

Ô4. Характеристическая функция суммы независимых с. в. равна произведению характеристических функций слагаемых: если с. в. и независимы, то, по свойству E6 математических ожиданий

' + (t) = E eit( + ) = E eit E eit = ' (t) ' (t):

Этим замечательным свойством мы сразу же воспользуемся, как обещали, для доказательства леммы 6, утверждающей устойчивость нормального распределения относительно суммирования.

Пример 59. Доказательство леммы 6.

Пусть случайные величины = Na1; 12 è = Na2; 22 независимы. Характеристическая функция суммы + равна

' + (t) = ' (t) ' (t) = exp ita1

t2 2

exp

ita2

t

2 2

= exp

it(a1 + a2)

t2

(

2

+

2

:

1

2

 

1

2)

2

 

2

 

 

 

2

 

То есть х. ф. суммы есть характеристическая функция нормального распределения с параметрами a1 + a2, 12 + 22. Тогда + = Na1+a2; 12+ 22 по свойству 2.

Пример 60. Докажем свойства устойчивости по суммированию биномиального распределения, распределения Пуассона и гамма-распределения (леммы 4, 5, 7), используя вычисленные в примерах 5256 характеристические функции.

Для независимых с. в. с распределениями Пуассона и х. ф. суммы

' + (t) = ' (t) ' (t) = exp eit 1 exp eit 1 = exp ( + ) eit 1

равна характеристической функции распределения Пуассона с параметром + .

Для независимых с. в. с биномиальными распределениями Bn;p è Bm;p х. ф. суммы

' + (t) = ' (t) ' (t) = 1 p + peit n 1 p + peit m = 1 p + peit n+m:

равна характеристической функции биномиального распределения с параметрами n+m, p.

Для n независимых с. в. с показательным распределением E х. ф. суммы

' 1+ + n (t) = (' 1 (t))n

=

 

 

n

= 1

it

 

n

 

 

 

 

 

it

 

 

 

равна характеристической функции гамма-распределения с параметрами , n.

93

Ô5. Пусть существует момент порядка k = 1; 2; : : : случайной величины , то есть Ej jk < 1. Тогда ее характеристическая функция ' (t) непрерывно дифференцируема k раз, и ее k-я производная в нуле связана с моментом порядка k равенством:

(k)

(0) =

 

dk

 

t=0=

E ik k eit

 

t=0= ik E k:

'

d tk E eit

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Существование и непрерывность k-й производной, равно как и законность переноса производной под знак математического ожидания мы доказывать не будем.

Упражнение 30. Доказать, что для с. в. со стандартным нормальным распределе-

2k def

нием момент четного порядка 2k равен = (2k 1)!! = (2k 1) (2k 3) : : : 3 1.

E

Доказать по определению, что все моменты нечетных порядков стандартного нормального распределения существуют и равны нулю.

Как только появились производные высших порядков, самое время разложить функцию в ряд Тейлора.

Ô6. Пусть существует момент порядка k = 1; 2; : : : случайной величины , то есть Ej jk < 1. Тогда ее характеристическая функция ' (t) в окрестности точки t = 0 разлагается в ряд Тейлора

k

tj

(j)

k

ijtj

 

 

 

 

Xj

 

 

X

 

 

 

 

 

 

 

' (0) + o(jtkj) = 1 +

j! E j + o(jtkj) =

 

 

' (t) = ' (0) +

j!

j=1

 

 

=1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

t2

iktk

 

 

 

= 1 + it E

 

E 2 + : : : +

 

E k + o(jtkj):

 

 

 

2

k!

Ряды Тейлора, как правило, возникают при предельном переходе. Следующее основное свойство характеристических функций потребуется нам для доказательства предельных теорем, и это свойство — последняя теорема, оставленная нами без доказательства.

Теорема 35 (Теорема о непрерывном соответствии). Случайные величины

n слабо сходятся к с. в. тогда и только тогда, когда для любого t характеристические функции ' n (t) сходятся к характеристической функции ' (t).

Сформулированная теорема устанавливает непрерывное соответствие между классами hF ; ) i функций распределения со слабой сходимостью и h' ; !i характеристических функций со сходимостью в каждой точке. «Непрерывность» этого соответствия — в том, что пределу в одном классе относительно заданной в этом классе сходимости соответствует предел в другом классе относительно сходимости, заданной в этом классе.

Осталось воспользоваться теоремой о непрерывном соответствии и доказать

ЗБЧ в форме Хинчина и ЦПТ.

94

15.3Доказательство ЗБЧ Хинчина

Пусть 1; 2; : : : — последовательность независимых и одинаково распределенных слу- чайных величин с конечным первым моментом Ej 1j < 1. Обозначим через a математиче-

ское ожидание E 1. Требуется доказать, что

 

 

 

Sn

=

1 + + n

p

a:

 

n

n

!

 

 

 

По свойству 19 сходимость по вероятности к постоянной эквивалентна слабой сходимости.

 

n

 

n

)

 

Так как a — постоянная, достаточно доказать слабую сходимость

Sn

=

1 + + n

 

a.

 

 

 

По теореме о непрерывном соответствии, эта сходимость имеет место, если и только если для любого t 2 R сходятся характеристические функции

'Sn=n(t) ! 'a(t) = E eita = eita:

 

Найдем характеристическую функцию с. в.

Sn

. Пользуясь свойствами Ô3 è Ô4, получим

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

3

t

4

 

t

 

n

 

 

 

'Sn=n(t) = 'Sn

 

 

= ' 1

 

 

:

n

n

Вспомним, что первый момент 1 существует, поэтому свойство Ô6 позволяет разложить

' 1 (t) в ряд Тейлора в окрестности нуля ' 1 (t) = 1 + it E 1 + o(jtj) = 1 + ita + o(jtj). В точке t=n, соответственно,

' 1 n

= 1 + n

+ o n ;

'Sn=n(t) =

' 1

n

n

 

 

n

n

= 1 + n + o

:

 

t

ita

 

t

 

 

 

 

 

 

 

 

t

 

 

 

 

ita

 

t

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

n

x

 

 

 

 

 

 

При n ! 1, пользуясь «замечательным

пределом» 1 + nn

 

 

! e

, получим

 

 

 

 

 

 

 

'Sn=n

(t) =

1 + n + o

n

! eita;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ita

 

t

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

что и требовалось доказать.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

15.4Доказательство центральной предельной теоремы

Пусть 1; 2; : : : — последовательность независимых и одинаково распределенных слу- чайных величин с конечной и ненулевой дисперсией. Обозначим через a математическое ожидание E 1 и через 2 — дисперсию D 1. Требуется доказать, что

Sn na

=

1 + + n na

 

N

:

 

 

 

 

 

 

 

pn

 

pn

)

0;1

 

Введем стандартизованные случайные величины i = i a — независимые с. в. с нулевы-

ми математическими ожиданиями и единичными дисперсиями. Пусть Zn есть их сумма Zn = 1 + + n = (Sn na)= . Требуется доказать, что

pZnn ) N0;1:

95

p

Характеристическая функция величины Zn= n равна

'Zn=pn(t) = 'Zn

pn

= ' 1

pn

n

(25)

:

 

 

3

 

t

4

 

t

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Характеристическую функцию с. в. 1 можно разложить в ряд Тейлора, в коэффициентах которого использовать известные моменты E 1 = 0, E 12 = D 1 = 1. Получим

6

 

t2

t2

' 1 (t) = 1 + it E 1

 

 

E 12 + o(t2) = 1

 

+ o(t2):

2

2

p

Подставим это разложение, взятое в точке t= n, в равенство (25) и устремим n к бесконечности. Еще раз воспользуемся замечательным пределом.

 

 

 

 

t

 

n

t2

2

 

n

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

'Zn=p

 

(t) = ' 1

 

p

 

 

= 1

 

+ o

 

t

 

 

! exp

t

 

ïðè n ! 1:

n

 

2n

n

 

2

n

 

В пределе получили характеристическую функцию стандартного нормального закона. По теореме о непрерывном соответствии можно сделать вывод о слабой сходимости

pZnn = Sn pnna ) N0;1

распределений стандартизованных сумм к стандартному нормальному распределению, что и утверждается в ЦПТ.

Попробуйте теперь сами:

Упражнение 31. Пусть при любом > 0 случайная величина имеет распределение Пуассона с параметром . Используя теорему о непрерывном соответствии, доказать, что случайные величины

p

слабо сходятся к стандартному нормальному распределению при ! 1. Характеристическая функция с. в. вычислена в примере 54.

96

Раздел 16. Доказательство теоремы Пуассона

Нам осталось доказать теорему Пуассона. В доказательство будут использоваться только свойства устойчивости биномиального и пуассоновского распределений относительно операции суммирования. Никакие разделы, связанные с числовыми характеристиками с. в., сходимостями или характеристическими функциями, нам в доказательстве не понадобятся.

Вспомним утверждение, которое мы собрались доказывать. Теперь, когда мы знакомы с термином «распределение», можно сформулировать теорему Пуассона так:

Теорема Пуассона с оценкой погрешности

Пусть A f0; 1; 2; : : : ; ng — произвольное множество целых неотрицательных чисел, случайная величина n имеет биномиальное распределение Bn;p с параметрами n и p, случайная величина n имеет распределение Пуассона с параметром = np. Тогда

j P( n 2 A) P( n 2 A) j =

Cnk pk (1 p)n k

 

k!

e

6 np2 = n

:

 

k2A

k2A

k

 

 

2

 

X

X

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Иначе говоря, требуется доказать, что

sup j P( n 2 A) P( n 2 A) j 6 np2:

A

Доказательство проведем, используя так называемый «метод одного вероятностного пространства». Нам нужно оценить сверху разницу между двумя распределениями, а именно: доказать, что для любых множеств A f0; 1; 2; : : : ; ng разницу между вероятностями попадания в множество A биномиальной (с параметрами n и p) и пуассоновской (с параметром np) случайных величин можно оценить величиной np2.

Заметим, прежде всего, что разность

X

j P( n 2 A) P( n 2 A) j =

k2A

Cnk pk (1 p)n k

X

k

 

k2A

k!

 

 

e

никак не зависит от того, каким образом величины n è n взаимосвязаны и на каком вероятностном пространстве заданы, если только одна из этих величин имеет биномиальное, а вторая — пуассоновское распределение с нужными параметрами. Совместное распределение этих величин тут никак не участвует, поэтому данная разность не изменится, если заменить n è n íà другие случайные величины с теми же распределениями.

Первое, что мы сделаем — докажем, что для двух случайных величин и (где угодно заданных) «расстояние между распределениями», то есть supA j P( 2 A) P( 2 A) j, íå

больше, чем вероятность P

~

 

~

 

6= ~ äâóì произвольным случайным величинам ; ~ с данны-

ми распределениями не совпадать.

Понятно, что эти новые с. в. должны быть заданы

на одном вероятностном пространстве, и наилучшая оценка сверху получится, если нам

удастся так задать на одном вероятностном пространстве с. в. ~, распределенную как ,

и , распределенную как , чтобы вероятность ~ 6 была наименьшей

~ P = ~ .

97

Лемма 9 (Неравенство каплинга). Пусть и — произвольные с. в. Пусть слу-

чайная величина ~ одинаково распределена с , случайная величина одинаково распреде-

~

~

 

 

 

 

 

лена с , и величины ; ~ заданы на одном вероятностном пространстве. Тогда

A R j

2

( 2 ) j 6

 

 

6= ~

sup P(

A)

P A

P

~

:

 

Замечание 28. Каплингом (coupling) двух с. в. и называют задание на одном веро-

~

 

ятностном пространстве случайных величин , распределенной как , и ~, распределенной

êàê .

 

Доказательство неравенства каплинга. Воспользуемся

равенством

P(C) = P(C \ B) + P(C \ B), а также тем, что вероятность пересечения двух событий не превосходит вероятности любого из них. Для любого множества A R

2 ~ 2 ~ 2 ~ ~ 2 ~ 6 2 ~ ~ 2 ~ 6

P( A) = P A = P A; = ~ + P A; = ~ = P ~ A; = ~ + P A; = ~ 6

2 ~ 6 2 ~ 6

6 (~ A) + = ~ = ( A) + = ~ ;

P

P

P

P

òî åñòü

2 2 ~ 6

( A) ( A) 6 = ~ :

P

P

P

Поменяем местами и и получим, что для любого множества A R

j 2 2 j ~ 6

P( A) P( A) 6 P = ~ :

Займемся заданием на одном вероятностном пространстве величин ~n è ~n, распределенных как n è n, соответственно.

Пусть 1; : : : ; n — независимые случайные величины, имеющие распределение Бернулли с параметром p. Тогда их сумма ~n = 1 + : : : + n имеет биномиальное распределение с параметрами n и p, то есть одинаково распределена с n.

Пусть 1; : : : ; n — независимые случайные величины, имеющие распределение Пуассона с параметром p. Тогда их сумма ~n = 1 + : : : + n также имеет распределение Пуассона с параметром, равным сумме параметров слагаемых, то есть np, и одинаково распределена с n. Мы будем считать, что эти наборы с. в. сразу заданы на одном вероятностном пространстве, и позже построим их.

Тогда, в силу неравенства каплинга,

j P( n 2 A) P( n 2 A) j 6 P (~n 6= ~n) = P

=1 i 6=

i=1 i!

:

 

n

n

 

 

Xi

X

 

Заметим теперь, что если две суммы с неотрицательными слагаемыми не равны друг другу, то хотя бы одно слагаемое в первой сумме отличается от соответствующего слагаемого в другой сумме (иначе...). Поэтому

j P( n 2 A) P( n 2 A) j 6 P

i=1 i 6=

i=1 i!

6 P

i=1 f i 6= ig!

6

=1 P ( i 6= i) : (26)

 

n

n

 

n

 

n

 

X

X

 

[

 

Xi

В последнем неравенстве использовано, что вероятность объединения не превосходит суммы вероятностей.

98

Осталось теперь так задать на одном вероятностном пространстве i è i, чтобы минимизировать P ( i 6= i).

Пусть множество элементарных исходов есть n-мерный куб, стороны которого — отрезки [0; 1] на осях координат, вероятность есть просто мера Лебега, заданная на - алгебре борелевских множеств.

Вот ровно сейчас тот, кто поленился о них прочитать, должен об этом пожалеть!

То есть мы наудачу выбираем точку ! = (!1; : : : ; !n) в кубе, или, что то же самое, каждую из координат !i выбираем наудачу и независимо от других на [0; 1].

Построим для каждого i = 1; : : : ; n по !i случайные величины i = i(!i) è i = i(!i) с нужными распределениями, чтобы они, к тому же, совпадали с большой вероятностью. Положим

i

i

 

(1;

åñëè 1

p 6 !i

6 1:

 

(!

) =

0;

åñëè 0

6 !i < 1

p;

Эта с. в. имеет распределение Бернулли: P( i = 0) = P(0 6 !i < 1 p) = 1 p, P( i = 1) =

P(1 p 6 !i 6 1) = p.

 

Случайная величина i должна иметь распределение Пуассона с параметром p, то есть

 

 

pk

 

pk

= P( i = k) =

 

e p

при k = 0; 1; 2; : : : . Сумма этих вероятностей равна 1, поэтому

 

 

 

k!

 

можно разбить тот же самый отрезок [0; 1] на отрезки, длина k-го из которых равна pk при k = 0; 1; 2; : : : , и положить i = k, åñëè !i принадлежит отрезку с номером k:

6

3

2

1

1 p

 

p

0

 

0

p

=

+

 

e

p

 

 

 

 

 

p

1

: : :

i

i

p

: : :

0

 

+

 

p

 

1

 

+

 

p

 

2

 

 

 

81;

åñëè p066 !i i < p0 + p1;

 

 

 

>

0;

åñëè 0

!

< p0;

 

 

 

>2;

åñëè p0

+ p1

 

!i < p0 + p1 + p2;

 

(!

) =

>

 

 

 

6

 

>

 

 

 

 

 

i

i

 

>

 

 

 

 

 

 

 

 

>

 

 

 

 

 

 

 

 

>: : :

 

 

 

 

 

 

 

>

 

 

 

 

 

 

 

 

<

 

 

 

 

 

1-!i

 

 

>k;

åñëè p0 + : : : + pk 1 6 !i < p0 + : : : + pk;

 

 

 

>

 

 

 

 

 

>

>

>

>

>

>

:: : :

С очевидностью, получим с. в. с распределением Пуассона:

P( i = k) = P(p0 + : : : + pk 1 6 !i < p0 + : : : + pk 1 + pk) = pk; k = 0; 1; 2; : : : :

 

 

p0

 

Отметим, что p0

=

 

e p

= e p. Докажем, что

 

 

0!

 

 

e p > 1 p ïðè p > 0.

 

Действительно,

а) при p = 0 значения функций совпадают: e 0 = 1

6

1 @

e p

@

 

 

1

@

 

 

 

 

 

 

 

 

p

 

 

 

 

@

-

 

 

 

@

0

 

1 @

p

0 = 1;

99

Тут вы можете оставить комментарий к выбранному абзацу или сообщить об ошибке.

Оставленные комментарии видны всем.