А.Е. Кондратенко - Задачи с зачётов по теории вероятностей, страница 2

Доказать, что M|ξ| 6 12 (Dξ + 1)5Решение. Mξ = 0, значит, Dξ = Mξ 2 . Надо доказать, что 2M|ξ| 6 M(ξ 2 + 1), то есть M(ξ 2 −2|ξ| + 1) > 0 - правда, так как мат. ожидание неотрицательной величины неотрицательно. Задача 21. Дана {ξn }∞i=1 - последовательность независимых случайных величин, Mξi = 0, Dξi <nPK ∀i ∈ N Доказать, что An = √1 M ξi ограничены в совокупности.ni=1ξ1 +...+ξn√Такnкак Mηn = 0, то M|ηn | 6 Dηn2 +1 . Кроме того, Dηn =Решение.

Обозначим ηn =Dξ1 +...+Dξn6 Kn= K. Значит, An = M|ηn | 6 K+1nn2Задача 22. Пусть ξ1 , . . . , ξn - независимые одинаково распределенные случайныевеличины, ηn =√ξ1 + . . . + ξn . При этом Mξi = 0 и ∃Dξi . Также дано, что lim P (ηn > n) = 31 . Найти Dξi иn→∞доказать, что ∀a, b < ∞ lim P (ηn ∈ [a, b]) = 0n→∞13Решение. Обозначим σ 2 = Dξi . Применим ЦПТ:√nn= lim P (ηn > n) = lim P ( √ηnσ> σ1 ) = 1 − lim P ( √ηnσ< σ1 ) =n→∞1/σRn→∞2− t21/σRt2e− 2 dt = 12 − Φ0 (1/σ).−∞02Таким образом, Dξi = σ 2 = Φ−11(1/6) .

Посмотрим на второе утверждение:=1−edt =12n→∞−0aηnba 6 ηn 6 b ⇔ √ 6 √ 6 √σ nσ nσ nПрименим ЦПТ:aηnbP( √ 6 √ 6 √ ) →σ nσ nσ n√b/(σZ n)√a/(σ n)t2e− 2 dt → 0, n → ∞.Задача 23. Дана производящая функция Φ. Найти характеристическую.Решение. По определению,itξf (t) = Me=∞XitkP (ξ = k)ek=0=∞Xk=0eitk= Φ(eit )Задача 24. Доказать, чтоR∞p2 (x)dx =−∞12πR∞−∞|f (t)|2dtРешение. Рассмотрим независимые случайные величины ξ1 , ξ2 с плотностью p. Тогда характеристическая функция их разности будет в точности fξ1 −ξ2 (t) = |fξ (t)|2 .R∞По формуле свёртки pξ1 −ξ2 (x) =p(t − x)p(t)dt, так как p−ξ (x) = pξ (−x)Запишем формулу обращения:−∞1pξ1 −ξ2 (x) =2πZ∞e−itx |f (t)|2dt.−∞Приравниваем правые части из обоих формул, подставляем x = 0, получаем требуемое утверждение.6PPЗадача 25. Пусть (ξn − ξ)2 → 0. Доказать1 , что ξn2 → ξ 2PРешение.

Докажем, что ξn → ξ. Действительно, P (|ξn − ξ| > ε) = P ((ξn − ξ)2 > ε2 ) → 0 при n →PP∞. Теперь докажем, что из ξn → ξ следует ξn2 → ξ 2 :P (|ξn2 − ξ 2 | > ε) =P (|ξn2 − ξ 2 | > ε, |ξ| > C − 1) + P (|ξn2 − ξ 2 | > ε, |ξ| 6 C − 1, |ξn| 6 C)+P (|ξn2 − ξ 2 | > ε, |ξ| 6 C − 1, |ξn | > C) 6 P (|ξ| > C − 1) + P (|ξ − ξn | >ε)2C+ P (|ξ − ξn | > 1)Сначала выберем C так, чтобы первое слагаемое стало маленьким. Потом выберем N так, что приn > N второе и третье слагаемое тоже стали малы.

Задача 26. Пусть b > a > 0, Φ - производящая функция. Доказать, что1M=(ξ + a)(ξ + b)Z1zb−a−10Zzua−1 Φ(u)dudz0Решение. По определению,R1z b−a−10Rz0ua−1 Φ(u)dudz =R1z b−a−10∞Pk=0Rzua−1R10z b−a−1pk uk dudz =k=00pk∞PRzuk+a−1 dudz =∞Ppkk=00∞Pk=0R10pkR10k+az b−a−1 zk+a dz =z b+k−1dzk+a=∞Pk=011pk (k+a)(k+b)= M (k+a)(k+b)Задача 27. Пусть ξi - независимые одинаково распределенные случайные величины, Mξi =na, Dξi = σ 2 . Доказать, что последовательность ξξ12+...+ξ2 сходится и найти к чему.1 +...+ξnaРешение. Эта последовательность сходится к a2 +σ2 Действительно,Mξi2 = M 2 ξi + Dξi = a2 + σ 2 . Еще заметим, чтоξ1 + .

. . + ξnξ1 + . . . + ξnn=·.ξ12 + . . . + ξn2nξ12 + . . . + ξn2Но первая из дробей, согласно ЗБЧ, сходится к a, а последовательность, обратная второй - к a2 + σ 2 .Осталось доказать, что предел частного есть частное пределов для сходимости по вероятности. Задача 28. Пусть ξi - н.о.р.с.в., у которых Mξi = 0, Dξi = 1.

Доказать, что величина ηn =√n(ξ1 +...+ξn )асимптотически нормально распределеннаяξ 2 +...+ξ 21nξ 2 +...+ξ 2n√Решение. Заметим, что по ЦПТ ξ1 +...+ξсходится к нормальному распределению, а 1 n n поnЗБЧ сходится к своему мат. ожиданию, в нашем случае к 1. Теперь надо правильно сказать, чточастное последовательностей сходится к частному пределов.

Задача 29. Доказать, что ξ - геометрически распределенная случайная величина тогда и только тогда когда P (ξ = n + k|ξ > k) = P (ξ = n).P1Верен и более общий факт, который, кстати, и доказывается более изящно. Именно, если ξi → ξ, a f непрерывна,Pто f (ξi ) → f (ξ). Доказательство смотри М.И.Дьяченко, П.Л.Ульянов. Мера и интеграл, стр. 52-53.7Решение. Посчитаем для геометрического распределения P (ξ = n + k|ξ > k):P (ξ = n + k|ξ > k) =P (ξ = n + k, ξ > k)P (ξ > k)Если ξ геометрически распределена, то P (ξ = k) = (1 − q)q k , отсюдаP (ξ > k) =∞Xi=kP (ξ = i) = (1 − q)q k (1 + q + q 2 + .

. .) = (1 − q)qk= qk1−qЧислитель:P (ξ = n + k, ξ > k) = P (ξ = n + k, n + k > k) = P (ξ = n + k, n > 0) = P (ξ = n + k) = (1 − q)q n+kЗначит,P (ξ = n + k|ξ > k) =(1 − q)q n+k= (1 − q)q n = P (ξ = n)qkЗаметим, что для n < 0 числитель будет 0, как и P (ξ = n).В одну сторону доказали. Теперь докажем, что это свойство и число p = 1 − q = P (ξ = 0) однозначно Задает распределение ξ. Действительно, при n < 0 числитель нулевой, значит, P (ξ < 0) = 0.Подставляя n = 0 в свойство, получим:p = P (ξ = 0) = P (ξ = k|ξ > k) =P (ξ = k, ξ > k)P (ξ = k)=P (ξ > k)P (ξ > k)значит,P (ξ = k) = p · P (ξ > k) = p(1 − P (ξ < k))Зная, что P (ξ < 0) = 0, P (ξ = 0) = p и подставляя в это соотношение k = 1, 2, .

. . можно найти всевероятности, то есть распределение определено однозначно. Одно такое мы знаем - геометрическое,значит, это оно и есть. Задача 30. Найти свёртку двух нормальных распределений с параметрами (a1 , σ12 ) и (a2 , σ22 )Решение. Нормальное распределение с произвольными параметрами η ∼ N (a, σ 2 ) может бытьпредставлено в виде η = σξ + a, ξ ∼ N (0, 1). Характеристическая функция нормального распределеt2ния fξ (t) = e− 2 . Кроме того, fbξ+a = eita fξ (bt) Значит, fη = fσξ+a = eita e−ческую функцию нормального распределения с параметрами (a, σ 2 ).σ 2 t22.

Нашли характеристи-Теперь задача. Пусть ξ1 ∼ N (a1 , σ12 ), ξ2 ∼ N (a2 , σ22 ). Тогдаfξ1 +ξ2 (t) = fξ1 (t)fξ2 (t) = eita1 e−σ1 t22eita2 e−σ2 t22= eit(a1 +a2 ) e−2 +σ 2 )t2(σ122Значит, ξ1 + ξ2 ∼ N (a1 + a2 , σ12 + σ22 ) Задача 31. Найти свёртку двух равномерно распределённых на отрезках [A, B] и [C, D] случайных величин.Решение. Надо найти распределение суммы. Другими словами, надо найти, какую часть площади прямоугольника с углами (A, C) и (B, D) лежит в полуплоскости x + y 6 α.

Из геометрииочевидно, что при α < A + C эта площадь равна нулю, при α ∈ (A + C, A + D) происходит квадратичный рост, при α ∈ (A + D, C + B) - линейный рост, при α ∈ (C + B, B + D) - опять квадратичный8рост, а при α > B + D доля площади равна единице. Таким образом, плотность сначала равна нулю,потом линейно растёт, потом константа, потом линейно убывает, потом опять ноль.

Задача 32. Являются ли sin x, cos x и | cos x| характеристическими функциями?Решение. sin x не является, так как sin 0 = 0 6= 1.cos x выражается через eix и e−ix через формулы Эйлера: ixe= cos x + i sin x−ixe= cos x − i sin xТо есть, cos t = 1/2(eit + e−it ), что соответствует характеристической функции дискретного распределения ξ : P (ξ = 1) = P (ξ = −1) = 1/2| cos x| в окрестности нуля совпадает с просто косинусом и имеет в нуле вторую производную, азначит, если это характеристическая функция какой-то случайной величины, то у этой с.в. долженбыть момент второго порядка, но если есть момент k-того порядка, то у характеристической функциивсюду существует k-тая производная, но у | cos x| нет производных в точках π2 + πn.

Противоречие.Задача 33. Является ли функция1 − t2 , |t| 6 1;f (t) =0 , иначе.характеристической, если да, то для какого распределения?Решение. Не является, так как имеет вторую производную в нуле, но не имеет производной вточках ±1 4Задача 34. Является ли e−t характеристической функцией?Решение. Не является.Кратко - по теореме Марцинкевича (если х.ф. представляется в виде экспонента в степени многочлен,то такой многочлен не может быть степени больше 2).Строго:4При разложении в ряд e−t первый член, содержащий t будет иметь степень 4.

Это значит, что в нуле унашей функции первая и вторая (и третья) производные равны 0. Но мы знаем, что f (k) (0) = ik αk , тоесть, у нашей предполагаемой с.в. первый и второй моменты нулевые. Это значит, что мат. ожиданиеMξ = α1 и дисперсия Dξ = α2 − α12 равны 0. Значит, P (ξ = const) = 1, но у константы х.ф. eitc ,противоречие. nnPPЗадача 35. Пустьak = 1, будет лиak cos kt характеристической функцией?k=1k=1Решение. Рассмотрим ξ:Тогда fξ =nPk=1ak eitk +e−itk2=nP−n −n + 1 . . . −1an−1an.

. . a21221a12......nan2ak cos kt. k=1Задача 36. Пусть f (t) - характеристическая функция. Является ли Re f (t) характеристической функцией (а если да, то какого распределения)?(−t)Ответ: Да, является. (Указание: Re f (t) = f (t)+f).2Задача 37. Найти распределение суммы пуассоновских случайных величин через производящиефункции9Решение. Производящая функция для пуассоновского распределения с параметром λ:ξ ∼ Π(λ), Φξ (x) =∞Xk k−λ x λek=0k!−λ=e∞X(λx)kk=0k!= e−λ eλx = eλ(x−1)Таким образом, если ξ1 ∼ Π(λ1 ), ξ2 ∼ Π(λ2 ), тоΦξ1 +ξ2 (x) = Φξ1 (x)Φξ2 (x) = eλ1 (x−1) eλ2 (x−1) = e(x−1)(λ1 +λ2 ) = ΦΠ(λ1 +λ2 )То есть Π(λ1 ) + Π(λ2 ) ∼ Π(λ1 + λ2 ) PЗадача 38.

Пусть ξn → 0. Доказать, что ∀ξ, такого, что ξ независимо с любым ξn , выполненоPξξn → 0.ε)P (|ξ| > 0)+P (0 > ε)P (|ξ| = 0) = P (|ξn | >Решение. Пусть ε > 0, тогда P (|ξnξ| > ε) = P (|ξn | > |ξ|εεε)P (0 6 |ξ| < C) + P (|ξn | > C )P (|ξ| > C).

Тогда ∀δ > 0 ∃C > 0 : P (|ξn | > |ξ|)P (|ξ| > C) < 1 · δ = δ,Cтогда ∃N > 0 : ∀n > N выполнено P (|ξn| >dε)P (0CP6 |ξ| < C) < δ · 1 = δ. Значит, ξn → 0. dЗадача 39. Пусть ξn → ξ, верно ли, что ξn − ξ → 0?Ответ: Не верно.nи pξn =Задача 40. Пусть xin - н.о.р.с.в., ηn = ξ1 +...+ξn1−cos xπx2 dξn →?+...+ξkkЗадача 41. Пусть xin - н.о.р.с.в. Доказать, что ∀k 6 n : M ξξ11+...+ξ=nnЗадача 42. Доказать формулу Байеса.Задача 43. Доказать интегральную теорему Муавра-Лапласа (без использования ЦПТ).dЗадача 44. Доказать эквивалентность сходимости ξi → ξ и сходимости их производящихфункций.Задача 45.

Доказать ЗБЧ (в простой форме).Задача 46. Доказать ЦПТ (в простой форме).Решения смотри учебник Севастьянова.Задача 47. Доказать,что мощность σ-алгебры не может равняться 130.Решение. У всякой конечной σ-алгебры есть порождающее множество,т.е. множество такихэлеSментов ai , что ∀ω из σ-алгебры пересечение ai и ω равно либо ai , либо ∅, и при этом ai = Ω.Такое множество можно построить: взять элемент A изT σ-алгебры, потом взять B и, если A и Bпересекаются, то оставить вместо них A \ B, B \ A и A B. Затем берём элемент C и продолжаемданную процедуру.