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

Абсолютно непрерывное совместное распределение

Определение 33. Говорят, что с.в. 1; 2 (заданные на одном вероятностном пространстве) имеют абсолютно непрерывное совместное распределение, если существует функция f 1;2 (x1; x2) > 0 такая, что для любой точки (x1; x2) 2 R2

F 1;2 (x1; x2) = P( 1 < x1; 2 < x2) =

x1 0

x2

f 1;2 (s1; s2) ds21 ds1:

 

Z

@

Z

A

 

1

1

Если такая функция f 1;2 (x1; x2) существует, она называется плотностью совместного распределения случайных величин 1; 2.

Замечание 17. Для всего дальнейшего более чем достаточно считать, что

b1 0

b2

1

Z

Z

f(s1; s2) ds2A ds1

@

 

a1

a2

 

равняется объему под графиком функции f над областью интегрирования — прямоугольником [a1; b1] [a2; b2].

Плотность совместного распределения обладает свойствами, аналогичными свойствам плотности распределения одной случайной величины:

(f1) f 1;2 (x1; x2) > 0 для любых x1; x2 2 R;

(f2)

1

 

1

dx1 = 1.

1

1 f 1;2 (x1; x2) dx2

 

 

R

 

R

 

Более того, любая функция, обладающая этими свойствами, является плотностью некоторого совместного распределения.

Если совместное распределение абсолютно непрерывно, то по функции совместного распределения его плотность находится как смешанная частная производная:

(f3) f 1;2 (x1; x2) =

@2

F 1;2 (x1; x2).

@x1@x2

Из свойства (F2) функции совместного распределения вытекает следующее утверждение. Для n > 2 это утверждение, как и свойство (F2), выглядит существенно иначе!

Теорема 22. Если случайные величины 1; 2 имеют абсолютно непрерывное совместное распределение с плотностью f(x1; x2), òî 1 è 2 в отдельности также имеют абсолютно непрерывное распределение с плотностями:

 

 

 

 

1

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

f 1 (s1) = Z

f(s1; s2) ds2;

f 2 (s2) = Z

f(s1; s2) ds1:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Доказательство. Ïî (F2),

!1 Z

0 Z

 

21

 

 

 

Z

0

Z

 

 

 

21

 

 

1

1

x2!1 1;2

1 2

 

x2

( 1 2)

 

 

1 =

( 1 2)

 

1;

 

 

 

 

 

 

x1

x2

 

 

 

 

 

x1

1

 

 

 

 

 

 

 

F

(x ) =

lim F

(x ; x ) =

lim

@ 1

f s ; s ds

A

ds

 

 

@

 

f s ; s ds

A

ds

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

1

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

|

 

 

 

1{z(s

 

 

}

 

 

 

 

и, аналогично,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

f

1)

 

 

 

50

2 ( 2) =

x1!1 1; 2

1 2 x1!1 Z

0 Z

( 1 2)

 

21

 

1 =

Z

0 Z

( 1 2)

21

 

1 =

 

 

 

 

x1

x2

 

 

 

 

 

1

x2

 

 

 

 

F x

lim

F

 

(x ; x ) = lim

@ 1

f s ; s

ds

A

ds

 

 

@ 1

f s ; s ds

A

ds

 

 

x2

 

1

1

 

 

 

 

1

 

 

 

 

0

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ZZ

= @ f(s1; s2) ds1A ds2:

1 1

| {z }

f 2 (s2)

9.3Независимость случайных величин

Определение 34. Случайные величины 1; : : : ; n независимы, если для любого набора множеств B1 R, : : : , Bn R (из борелевской -алгебры — для тех, кто прочитал, что это такое, или произвольных — для тех, кто не прочитал) имеет место равенство:

P( 1 2 B1; : : : ; n 2 Bn) = P( 1 2 B1) : : : P( n 2 Bn):

Это определение можно сформулировать в терминах функций распределения:

Определение 35. Случайные величины 1; : : : ; n независимы, если для любых x1; : : : ; xn имеет место равенство:

F 1;:::; n (x1; : : : ; xn) = F 1 (x1) : : : F n (xn):

Упражнение 14. Доказать, что из независимости в смысле определения 34 следует независимость в смысле определения 35 (доказательство в обратную сторону см. (только см.!) в §4 гл.3 учебника А.А.Боровкова «Теория вероятностей»).

Для случайных величин с дискретным распределением эквивалентное определение независимости выглядит так:

Определение 36. Случайные величины 1; : : : ; n с дискретным распределением независимы, если для любых a1; : : : ; an имеет место равенство:

P( 1 = a1; : : : ; n = an) = P( 1 = a1) : : : P( n = an):

Упражнение 15. Доказать, что для случайных величин с дискретным распределением определения 34 è 36 эквивалентны.

Для случайных величин с абсолютно непрерывным совместным распределением определение независимости можно сформулировать так:

Определение 37. Случайные величины 1; : : : ; n с абсолютно непрерывным совместным распределением независимы, если плотность совместного распределения равна произведению плотностей случайных величин 1; : : : ; n, то есть для любых x1; : : : ; xn имеет место равенство: f 1;:::; n (x1; : : : ; xn) = f 1 (x1) : : : f n (xn).

Доказательство. Докажем эквивалентность определений 35 è 37. По теореме

22, если совместное распределение 1; : : : ; n абсолютно непрерывно, то и в отдельности

51

1; : : : ; n также имеют абсолютно непрерывное распределение. Пусть случайные величи- ны 1; : : : ; n независимы в смысле определения 35, то есть для любых x1; : : : ; xn

x1 xn

ZZ

: : : f 1;:::; n (s1; : : : ; sn) dsn : : : ds1 = F 1;:::; n (x1; : : : ; xn) =

1 1

=ïî îïð. 35 = F 1 (x1) : : : F n (xn) =

x1

 

xn

x1

xn

 

= Z

f 1 (s1) ds1 : : :

Z

f n (sn) dsn = Z

: : : Z

f 1 (s1) : : : f n (sn) dsn : : : ds1:

1

 

1

1

1

 

Равенство двух синих интегралов при всех значениях x1; : : : ; xn влечет равенство подынтегральных выражений, то есть независимость в смысле определения 37. Для доказательства в обратную сторону можно использовать те же равенства, но в другом порядке.

52

Раздел 10. Преобразования случайных величин

10.1Преобразование одной случайной величины

Мы будем рассматривать только преобразования случайных величин с абсолютно непрерывными распределениями. Пусть с. в. имеет функцию распределения F (x) и плотность распределения f (x). Построим с помощью функции g : R ! R случайную величину = g( ). Требуется найти функцию распределения и, если существует, плотность распределения .

Замечание 18. Плотность распределения случайной величины = g( ) существует далеко не при любых функциях g. Так, если функция g кусочно-постоянна, то с. в. имеет дискретное распределение, и плотность ее распределения не существует.

Упражнение 16. Привести пример случайной величины с абсолютно непрерывным распределением и непрерывной функции g такой, что = g( ) имеет

а) дискретное распределение; б) невырожденное дискретное распределение.

Плотность распределения g( ) заведомо существует, если, например, функция g монотонна («строго монотонна»). Вспомним, что означает «найти плотность распределения , если она существует».

По определению, если мы представим (для любого x) функцию распределения в виде

x

R

F (x) = h(y) dy, где подынтегральная функция h(y) неотрицательна, то плотность рас-

1

пределения с. в. существует и в точности равна подынтегральной функции: f (x) = h(x).

Так что доказывать существование плотности распределения и находить ее мы будем одновременно, находя нужное интегральное представление для функции распределения.

Теорема 23. Пусть имеет функцию распределения F (x) и плотность распределения f (x), и постоянная a 6= 0. Тогда случайная величина = a + b имеет плотность

 

 

jaj

 

 

a

распределения f

(x) =

1

 

f

 

x b

.

 

 

 

 

Доказательство. Пусть сначала a > 0.

 

 

a+b

 

 

 

 

 

 

 

 

a

 

 

 

 

a

 

 

(x b)=a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Z

 

F

(x) = F

(x) = P(a + b < x) = P <

x

b

= F

 

x b

 

=

 

 

f (t) dt =

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Замена: t =

y b

,

dt =

dy

 

 

 

3

 

Z

a

 

 

 

 

 

 

 

 

y =

 

 

 

a

 

 

 

 

2 t = x b

y = x, t =

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

1

 

 

 

y b

 

 

 

=

4

 

 

 

a

 

 

a

 

 

5

=

 

 

f

 

 

dy;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

7!

 

 

1 7!

1

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

то есть при a > 0 случайная величина = a + b имеет абсолютно непрерывное распределение с плотностью

 

a

 

 

a

 

jaj

 

 

a

f (x) =

1

 

f

 

x b

 

=

1

 

f

 

x b

:

 

 

 

 

 

 

 

53

Пусть теперь a < 0.

 

 

 

a+b

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Z

 

F

(x) = F

(x) = P(a + b < x) = P >

x b

=

(x b)=a

f (t) dt =

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

Замена: t =

y b

,

dt =

dy

,

t =

x b

y = x,

t =

 

 

y =

1

=

 

a

a

 

 

h

 

 

a

 

 

 

 

 

 

 

7!

 

 

 

1 7!

 

 

i

 

 

 

 

 

1

a

 

 

 

 

a

 

x

jaj

 

 

a

 

 

 

 

 

 

 

 

Zx

 

Z

 

 

 

 

 

=

 

 

1

 

 

f

 

 

y b

 

 

dy =

1

 

 

f

 

y b

 

dy;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

то есть при a < 0 случайная величина = a + b имеет абсолютно непрерывное распреде-

 

jaj

 

 

a

ление с плотностью f (x) =

1

 

f

 

x b

.

 

 

 

 

Для произвольной монотонной функции g (то есть такой, что для любых x1 < x2 ëèáî g(x1) < g(x2) (монотонно возрастающая функция), либо g(x1) > g(x2) (монотонно убывающая функция)) справедливо аналогичное теореме 23 утверждение.

Теорема 24. Пусть имеет функцию распределения F (x) и плотность распределения f (x), и функция g : R ! R монотонна. Тогда случайная величина = g( ) имеет плотность распределения

Здесь g 1 точке g 1

 

1

f g 1(x) :

f (x) =

jg0 g 1(x) j

— функция, обратная к g, à g0 g 1(x) = (g 1(x))0 — производная функции g â (x), она же производная функции g 1(x).

Упражнение 17. Доказать теорему 24.

Следующие утверждения сразу следуют из теоремы 23. Первое из них мы уже доказывали непосредственно. Доказать остальные.

Следствие 8. Åñëè = N0;1, òî = + a = Na;2 .

 

 

 

 

 

1

 

 

x

 

a

1

 

 

(x a)2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

p2

 

 

Доказательство. Действительно, f

(x) =

 

f

 

 

 

 

=

 

 

e

2 2 .

 

 

 

 

 

 

 

 

Следствие 9.

Åñëè = N

 

2 , òî =

a

= N

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

a;

 

 

 

 

0;1

 

 

 

 

 

 

 

Следствие 10.

Åñëè = E , òî = = E1.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

54

10.2Функции от двух случайных величин

Пусть 1; 2 — случайные величины с плотностью совместного распределения f 1;2 (x1; x2), и функция g : R2 ! R. Требуется найти функцию (а если существует, то и плотность) распределения случайной величины = g( 1; 2).

Пользуясь тем, что вероятность случайному вектору попасть в область можно вычислить как объем под графиком плотности распределения вектора над этой областью, сформулируем утверждение.

Теорема 25. Пусть x 2 R, и область Dx R2 состоит из точек (x1; x2) таких, что g(x1; x2) < x. Тогда случайная величина = g( 1; 2) имеет функцию распределения

F (x) = P g( 1

; 2) < x = P ( 1; 2) 2 Dx

 

= ZZ f 1;2 (x1; x2) dx2 dx1:

 

 

Dx

Всюду далее в этой главе предполагается, что случайные величины 1 è 2 независимы, то есть f 1;2 (x1; x2) = f 1 (x1)f 2 (x2).

Следствие 11 (Формула свертки). Åñëè ñ. â. 1 è 2 независимы и имеют абсолютно непрерывное распределение с плотностями f 1 (x1) è f 2 (x2), то плотность распределения суммы 1 + 2 равна «свертке» плотностей f 1 è f 2 :

1

1

 

 

f 1+ 2 (t) = Z

f 1 (u) f 2 (t u) du = Z

f 2 (u) f 1 (t u) du

(13)

1

1

 

 

Доказательство. Воспользуемся утверждением теоремы 25 для функции g(x1; x2) = x1 + x2. Итегрирование по области Dx = f(x1; x2) : x1 + x2 < xg можно заменить последовательным вычислением двух интегралов: наружного – по переменной x1, меняющейся от 1 до 1, и внутреннего – по переменной x2, которая при каждом x1 должна быть меньше, чем x x1. Òî åñòü Dx = f(x1; x2) : x1 2 ( 1; 1); x2 2 ( 1; x x1)g. Поэтому

F 1+ 2 (x) = ZZ f 1;2 (x1; x2) dx2 dx1

=

ZZ

f 1 (x1) f 2 (x2) dx2 dx1 =

 

 

независ-ть

 

 

1 0 x x1f 1 (x1) f 2 (x2) dx21 dx1

Dx

 

Dx

=

 

 

 

 

Z

@

Z

A

 

 

 

 

1

1

Сделаем в последнем интеграле замену переменной x2

íà t òàê: x2 = t x1. Ïðè ýòîì

x2 2 ( 1; x x1) перейдет в

t 2 ( 1; x), dx2

= dt.

 

В полученном интеграле меняем,

наконец, порядок интегрирования:

 

x1) dt1 dx1

 

 

 

0

1 f 1 (x1) f 2

 

 

 

 

1dt:

F 1+ 2 (x) = 1 0

x f 1 (x1) f 2 (t

 

=

x

(t

 

 

x1) dx1

Z

Z

 

 

A

 

 

Z

 

Z

 

 

 

 

A

1 @ 1

 

 

 

 

1 @ 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

|

 

 

 

 

 

 

 

 

}

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x 1

{z2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

f

+

(t)

 

 

 

 

 

 

функцию распределения F

 

(x) â âèäå

f

 

 

(t) dt, ãäå

Итак, мы представили

1

 

 

 

 

1

+ 21

 

 

R1

1

+ 2

 

 

 

 

f 1+ 2 (t) = Z

f 1 (x1) f 2 (t x1) dx1 = Z

f 1 (u) f 2 (t u) du:

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

55

Второе равенство получается либо из первого заменой переменных, либо если всюду в доказательстве поменять местами индексы 1 è 2.

Следствие 11 не только предлагает формулу для вычисления плотности распределения суммы, но и утверждает (заметьте!), что сумма двух независимых случайных величин с абсолютно непрерывными распределениями также имеет абсолютно непрерывное распределение. Для тех, кто уже ничему не удивляется, упражнение: привести пример двух случайных величин с абсолютно непрерывными распределениями, таких что их сумма имеет вырожденное распределение.

Если даже одна из двух независимых случайных величин имеет дискретное, а вторая – абсолютно непрерывное распределение, то их сумма тоже имеет абсолютно непрерывное распределение, как показывает следующее упражнение.

Упражнение 18. Пусть с. в. имеет таблицу распределения P( = ai) = pi, с. в. имеет плотность распределения f (x), и эти величины независимы. Доказать, что +

P

имеет плотность распределения f + (x) = pif (x ai).

i

10.3Примеры использования формулы свертки

Пример 27. Пусть независимые случайные величины и имеют стандартное нормальное распределение. Докажем, что их сумма имеет нормальное распределение с параметрами 0 и 2.

Доказательство. По формуле свертки, плотность суммы равна

 

 

 

1

1

 

 

 

 

 

1

1

 

 

 

 

 

1

 

1

 

 

2

x2

 

 

 

 

 

f

 

(x) =

Z

e 21 u2

e 21 (x u)2 du =

Z

 

e 21 (2u2+x2 2xu)du =

 

e u

+ 2 xu du:

 

 

 

2

 

2

 

+

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x2

1

1

 

x

2

x2

1

1

2

1

 

x2

1

1

 

 

1

 

x2

Выделим полный квадрат по u в показателе экспоненты:

u2 +

x2

xu = u x2

2 +

x2

. Тогда

2

4

f + (x) = e 4

Z

 

 

e (u 2 ) du = e 4

Z

 

 

e v dv =

2p

 

e 4

Z

 

p

 

e v dv =

2p

 

e 4 :

2

2

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Последнее равенство верно поскольку под интегралом стоит плотность нормального рас-

пределения с параметрами 0 и 1 , так что интеграл по всей прямой равен 1. Итак, мы

p

2

получили, что плотность суммы есть плотность нормального распределения с параметрами 0 и 2.

Если сумма двух независимых случайных величин из одного и того же распределения (возможно, с разными параметрами) имеет такое же распределение, говорят, что это распределение устойчиво относительно суммирования.

В следующих утверждениях, доказать которые предлагается читателю, перечислены практически все устойчивые распределения. Еще с одним из них (распределением 2) читатель познакомится в курсе математической статистики.

Лемма 4. Пусть случайные величины = è = независимы. Тогда + = + .

56

Лемма 5.

Пусть

случайные

величины

= Bn;p

è

= Bm;p

независимы.

Тогда

+

= Bn+m;p.

 

 

 

= Na1; 12

 

= Na2; 22

 

 

Лемма 6.

Пусть

случайные

величины

è

независимы.

Тогда

+

= Na1+a2; 12+ 22 .

 

 

 

 

 

 

 

Лемму 6 мы докажем позднее, используя аппарат характеристических функций, хотя при некотором терпении можно попробовать доказать ее с помощью формулы свертки, как в примере 27.

Показательное распределение не устойчиво по суммированию, однако его можно счи- тать частным случаем гамма-распределения, которое уже в некотором смысле устойчиво

относительно суммирования.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Определение 38.

 

Случайная величина имеет гамма-распределение ; с парамет-

рами > 0; > 0, если она имеет плотность распределения

 

 

 

 

 

 

 

f (x) =

(c x 1e x;

 

ïðè x > 0;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0;

 

 

 

ïðè x

6

0;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

R

 

 

 

R

 

 

 

 

 

где постоянная c вычисляется из условия

f (x) dx = c

x 1e x dx = 1, òî åñòü c =

 

.

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

0

 

 

 

( )

 

 

 

 

R0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

при

 

целых

 

 

 

 

 

и

 

 

 

.

 

1)

— гамма-функция Эйлера;

Здесь

( ) =

1x

 

1e

x dx = (

 

1) (

 

 

k

 

(k) = (k 1)!

 

(1) = 1

 

 

 

 

 

 

Заметим, что показательное распределение E есть гамма-распределение ;1.

Лемма 7. Пусть независимые случайные величины 1; : : : ; n имеют показательное распределение E = ;1. Тогда 1 + + n = ;n.

Доказательство. Докажем утверждение по индукции. При n = 1 оно верно в силу равенства E = ;1. Пусть утверждение леммы справедливо для n = k 1. Докажем, что оно верно и для n = k. По предположению индукции Sk 1 = 1 + + k 1 = ;k 1, то есть имеет плотность распределения

 

fSk 1 (x) =

80; k 1

k

 

2

 

x

 

 

ïðè x 6 0;

 

 

 

<

 

 

 

x

 

e

 

 

 

;

 

ïðè x > 0:

 

 

 

(k

 

2)!

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Тогда по формуле свертки

плотность суммы S

 

=

 

+

+

 

равна

 

:

 

 

 

 

k

 

 

 

1

 

 

 

 

 

k

 

1

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

k

 

1

 

 

 

 

 

fSk (x) = Z

fSk 1 (u)f k (x u) du = Z0

 

 

uk 2e uf k (x u) du:

 

(k 2)!

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Òàê êàê f k (x u) = 0 при x u < 0, то есть при u > x, то плотность под интегралом отлична от нуля, если переменная интегрирования изменяется в пределах 0 6 u 6 x. Поэтому

x

(k 2)!

x

(k 2)! uk 2 du =

(k 1)! xk 2e x:

fSk (x) = Z0

uk 2e u e (x u) du = e x Z0

 

k 1

 

k

k

Òî åñòü Sk = ;k, что и требовалось доказать.

57

«Если я имею одинаковые шансы на получение a или b, то цена моему ожиданию равна (a+b)=2».

Õ ð è ñ ò è à í Ã þ é ã å í ñ, О расчетах в азартной игре (1657)

Раздел 11. Числовые характеристики случайных величин

11.1Математическое ожидание случайной величины

Определение 39. Математическим ожиданием E (средним значением, первым моментом) случайной величины с дискретным распределением, задаваемым таблицей P( = ai) = pi, i 2 Z, называется число

XX

E =

aipi =

aiP( = ai); если указанный ряд абсолютно сходится.

ii

P

Åñëè æå jaijpi = 1, то говорят, что математическое ожидание не существует.

i

Определение 40. Математическим ожиданием E (средним значением, первым моментом) случайной величины с абсолютно непрерывным распределением с плотностью распределения f (x), называется число

1

1

 

E = Z

xf (x) dx; если указанный интеграл абсолютно сходится.

1

 

R

Если же jxjf (x) dx = 1, то говорят, что математическое ожидание не существует.

1

Математическое ожидание имеет простой физический смысл: если на прямой разместить единичную массу, поместив в точки ai массу pi (для дискретного распределения), или «размазав» ее с плотностью f (x) (для абсолютно непрерывного распределения), то точка E есть координата «центра тяжести» прямой.

Пример 28. Пусть случайная величина равна числу очков, выпадающих при одном

 

6

1

 

 

подбрасывании кубика. Тогда E =

Xk

= 3:5:

в среднем при одном подбрасывании

k

 

=1

6

 

 

 

 

 

кубика выпадает 3:5 очка!

Пример 29. Пусть случайная величина — координата точки, брошенной наудачу

b

Z

на отрезок [a; b]. Тогда E = x b 1a dx = a+2 b : центр тяжести равномерного распреде-

a

ления на отрезке есть середина отрезка!

11.2Свойства математического ожидания

Во всех свойствах предполагается, что рассматриваемые математические ожидания существуют.

58

E0. Математическое ожидание случайной величины есть ЧИСЛО!

E1. Для произвольной функции g : R ! R

> X

если распределение дискретно;

8

g(ak)P( = ak);

>

 

 

>

 

 

>

k

 

E g( ) = <

1

 

>

Z

если распределение абсолютно непрерывно.

1 g(x)f (x) dx;

>

 

 

>

>

:

Доказательство. Мы докажем это свойство (как и почти все дальнейшие) только для дискретного распределения. Пусть g( ) принимает значения c1; c2; : : : с вероятностями

X

P(g( ) = cm) =

P( = ak). Тогда

 

 

 

X

k:g(ak)=cm

k:g(Xak

 

 

 

X

m

 

 

E g( ) = cmP(g( ) = cm) =

cm

P( = ak) =

 

m

m

)=c

 

 

X

 

 

Xk:g(Xak

m

 

 

=

 

g(ak)P( = ak) =

g(ak)P( = ak):

 

 

m

)=c

 

k

E2. Математическое ожидание постоянной равно этой постоянной: E c = c.

E3. Постоянную можно вынести за знак математического ожидания: E (c ) = cE .

Доказательство. Следует из свойства E1 ïðè g(x) = cx.

E4. Математическое ожидание суммы любых случайных величин и равно сумме их математических ожиданий:

E ( + ) = E + E :

Доказательство. Для величин с дискретным распределением: пусть xk è yn — значе- ния и , соответственно. Для функции g : R2 ! R можно доказать свойство, аналогичное E1 (сделать это! ). Пользуясь этим свойством для g(x; y) = x + y, запишем:

 

X

X

X

 

 

 

 

 

 

 

 

E ( + ) = (xk + yn)P( = xk; = yn) =

xk

P( = xk; = yn) +

 

 

 

k;n

k

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

|

 

{z

 

 

 

}

 

 

 

 

 

 

 

P( =xk)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

X

Xk

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

+ yn

P( = xk; = yn) = E + E :

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

|

 

 

 

{z

 

 

 

}

 

 

 

 

P

(

n

)

 

 

 

 

 

 

 

 

=y

 

 

E5.

Åñëè > 0 ï.í. («почти наверное», то есть с вероятностью 1:

P( > 0) = 1), òî

 

E > 0;

Åñëè > 0 ï.í., è ïðè ýòîì E = 0, òî = 0 ï.í., òî åñòü P( = 0) = 1.

Упражнение. Доказать для дискретного распределения!

59

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

Оставленные комментарии видны всем.