Теория вероятности. Вентцель Е.С (4-е издание) (1082431), страница 46
Текст из файла (страница 46)
л 0(у)=р( (у)=Р(а(Х(х) =~ у(х)дх. а Верхний предел интеграла х можно выразить через у: х=ф(у), где ф — функция. обратная функции э. Тогда т(И 0(у) = ~ у(х)Фх. а (12.1.1) Дифференцируя интеграл (12.1.1) по переменной у, входящей в верх- ний предел, получим: а(у) =0'(у) =УИ(у)) ф'(у) (12,1.2) ') Случай неконотонной функции будет рассмотрен в и' 12.3. Проведем прямую АВ, параллельную оси абсцисс на расстоянии у отнес (рис.
12 1.1). Чтобы выполнялось условие У ( у, случайная точка (Х. У) должна попасть на тот участок кривой, который лежит ниже прямой АВ; для этого необходимо и достаточно, чтобы случайная величина Х попала на участок оси абсцисс от а до х, где х — абсцисса точки пересечения кривой у =р(х) и прямой АВ. Следовательно, зз.з! закон васпеед. монотонном екнкцин одного лпгтмента 265 2. Функция у =о(х) на участке (а, о) монотонно убывает (рис. 12.1.2). В атом случае з ь 0(у)=Р(У <у)=Р(х < Х < 0)= ~ у'(х)з(х= ! у(х)зух, к т (т! откуда у(у) = а'Ы= — У(ФЫ) Ф'Ы (12.1.3) Сравнивая формулы (12.1.2) и (12.1.3), замечаем, что онн могут быть объединены в одну: у(у) = У(Ф Ы) ! Ф'(уИ. (12.1.4) Найти плотность распределения зеРис.
123 2, личины У. Р е ш е и и е. Так как функция у = 1 — х' монотонна иа участке ( — оэ, +со), можно применить формулу (12.1.4). Решение задачи оформим в виде двух столбцов: з левом будут помещены обозначения функций, принятые в общем решении задачи, в правом — конкретные функции, соответствующие данному примеру: ! 1 . (!+ хз) „з х= г'! — у — 1 зь (1 у)з 1 3 )У(! у) у(у) = ! 3 (! + ~'(~ у) ) ф'(! у)з у (х) у = в (х) х=Ф(у) Ф'(у) ! Ф'(у)! л (у) = к' (Ф (у) )! Ф (у)! действительно, когда зз возрастает, ее производная (а аначит, и Ф') положительна. При убывающей функции Ф производная Ф' отрицательна, но зато перед ней в формуле (12.1.3) стоит минус.
Следовательно, формула (12.1.4), в которой производная берется по модулю, верна в обоих случаях. Таким образом, задача о законе рас- У пределения монотонной функции решена. П р и м е р. Случайная величина Х ! подчинена закону Коши с плотностью 4 у распределения: ! ! ! 1 ! ! у(х)= +, .
у ! у=(зГхк' ! ! Величина У связана с Х зависимостью х У 1 Хз 0 а х !) 12:2. Закон распределения линейной функции от аргумента, подчиненного нормальному закону Пусть случайная величина Х подчинена нормальному закону с плотностью: (к-т )а у (х)= е м2 (1 2.2.1) ак У2л а случайная величина у связана с нею линейной функциональной зависимостью: Г = аХ+.Ь, (12.2.2) где а и Ь вЂ” неслучайные коэффициенты. Требуется чайти закон распределения величины )к.
Оформим решение в виде двух столбцов, аналогично примеру ПРЕДЫДУЩЕГО П"1 (к-та)' аа э ! =е а у2л у=ох+Ь х=у а 1 а 1 ~а! У (х) У=Р(х) х =Ф(у? !ф'(у)! (куа 11 1 2а д(у) =, е ! а ~ ак У'2л к(у) =у(ф(у)) И'(у) ~ Преобразуя выражение е (у), имеем: [у — (ат, а)]* )' 2 )а/аку 2л а это есть не что иное, как нормальный закон с параметрами: а„=ауи +Ь,) П22 3) а =,' а1а„. Если перейти от средних квадратических отклонений к пропорциональным им вероятным отклонениям, получим: Е ='1 а(Е .
(12,2,4) 266 законы РАспРеделения ФУнкции слУЧАнных АРГУментОВ [Гл. 1я 12.3! зАкон РАспРед, немонОТОнноп Функции ОднОГО АРГументА 267 Таким образом мы убедились, что линейнан функпин от аргумента, подчиненного нормальному закону, также подчинена нормальному закону. Чтобы нзйти центр рассеивания этого закона, нужно в выражение линейной функции вместо аргумента подставить его центр рассеивания. Чтобы найти среднее квадратическое отклонение этого закона, нужно среднее квадратическое отклонение аргумента умножить на модуль коэффициента при аргументе в выражении линейной функции.
То же правило справедливо и для вероятных отклонений. !2.3. Закон распределения немонотониой функции одного случайного аргумента Имеется непрерывная случайная величина Х с плотностью распределения 7(х); другая величина Г' связана с Х функциональной зависимостью: у= г(х). причем функция у =2(х) на участке (а, Ь) возможных значений аргумента не монотонна (рис. 12.3,1). ргх) О,2,(р) д,щ д,(р) д,4 Рис. 12.3,1. Найдем функцию распределения 0 (у) величины Г. Для этого снова проведем прямую АВ, параллельную оси абсцисс, на расстоянии у от нее и выделим те участки кривой у =Ф(х), на которых выполняется условие г' < у.
Пусть этим участкам соответствуют участки оси абсцисс: а,(у), Ьг(у), ... Событие 1' < у равносильно попаданию случайной величины Х на один из участков Ь,(у), Ь,(у), ... — безразлично, на какой именно. Поэтому 0(у) =Р()Г < у) =Р((Хсд,(у))+(ХсЬг(у))+ ...) = = У Р(Хсд,(у))= ~~ ),7(х)дх. С ьг (У> 268 законы едспведеления оункцин случапных двгументов (гл. гт Таким образом, для функции распределения величины У=р(Х) имеем формулу: 0 (у) = у ~ г'(х)г(х. (!2.3.1) г а!<у> Границы интервалов бг(у) зависят от у и при заданном конкретном виде функции ус р(х) могут быть выражены как явные функции у. Дифференцируя 0(у) по величине у, входящей в пределы интегралов, получим плотность распределения величины У: Х (у) = 0' (у).
(12.3,2) Пример. Величина Х подчи- нена закону равномерной плотности гг а н ! на участке от — — до — : ! 2 2' у ! 1 и. ! ! ! — при )х!» — ' и 2 \ ! у(х) = 8 р х, л у О при (х! > —. 2 Найти закон распределенкя величины Рис. 12.3.2. У=созХ. Решение. Строим график функции у = сов х (рис. 123.2). Очевидно, а — —, Ь вЂ”, и в интервале (а, Ь) функция у = соз х немонотонна. 2' 2' Применяя формулу (12.3.1), имеем: ач 6(у) ~ у(х) с!х+ ~ у(х) ох.
Выразим пределы х, и х, через у: х, — агссоа у; х, = агссоа у. Отсюда -агссоэ у 2 0(у) = ~ У(х) Дх+ / У(х) ах, (12.3.3) а агссоа у Чтобы найти плотность я(у), не будем вычислять интегралы в формуле (12.3.3), а непосредственно вродиффереицнруем его выражение по перон наой у, входящей в пределы интегралов: 1 1 д(у) = 6' (у) =у( — агссоа у) — +у(агссоау)— р Г=у Р'1 — T 1тж зАкон РАспРеделения ФУнкпии дВУх слУчАнных Величин 269 Имея в виду, что у (х) — . получим: 1 (12.3.4) 12.4.
Закон распределения функции двух случайных величин Задача определения закона распределения функции нескольких случайных аргументов Рис. 12.3.3. значительно сложнее аналогичной задачи для функции одного аргумента. Здесь мы изложим обший метод решения этой задачи для наиболее простого случая функции двух аргументов. Имеется система двух непрерывных случайных величин (Х, У) с плотностью распределения у (х, у).
Случайная величина Х связана с Х и У' функциональной зависимостью: Х=<р(Х, У). Требуется найти закон распределения величины 2. Для решения задачи воср пользуемся геометрической Рис. 12.4.1, интерпретацией. аналогичной той, которую мы применяли в случае одного аргумента. Функция я =р(х. у) изобразится уже не кривой, а поверхностью (рис. 12.4.1). Найдем функцию распределения величины Х: О (з) = Р (2 ч, л) = Р(у(Х.
г') < а). (1 2 4.1) 2 1 й(У) я ЯУ) ут Указывая для У закон распределения (12.3.4), следует оговорить, что ои действителен лишь в пределах от О до 1, т.е. в тех пределах, в которых меняется У= сов Х прн аргументе Х, заключенном между — — и 2.. 2 Вне этих пределов плотность я (у) равна нулю. График функции л (у) дан на ркс.
12.3.3. При у = 1 кривая У(у) имеет ветвь, уходяшую на бесконечность. 270 ЭАкОны РАспРеделения Функций случАйных АРГументов [Гл. ш Проведем плоскость О, параллельную плоскости хОу, на расстоянии г от нее. Эта плоскость пересечет поверхность г= у(х, у) по некоторой кривой К '). Спроектируем кривую К на плоскость хОу. Эта юроекция, уравнение которой у(х. у) = г, разделит плоскость хОу на две области; для одной из них высота поверхности над плоскостью хОу будет меньше, а для другой — больше г. Обоаначим .О ту область. для которой зта высота меньше г. Чтобы выполнялось неравенство (12.4.1). случайная точка (Х, )'), очевидно, должна попасть в область Е>; следовательно, 0(г)=Р((Х, У)~О)= ~ ~ у(х, у)с(хс(у.
(12.4.2) 1О1 В выражение (12.4.2) величина г входит неявно, через пределы интегрирования. Дифференцируя О (г) по г, получим плотность распределения величины Х: й (г) = О'(г) Зная конкретный вид функции г = у(х, у), можно выразить пределы интегрирования через г и написать выражение Р(г) в явном виде. Для того чтобы найти закон распределения функции двух аргументов, нет необходимости каждый раз строить поверхность г = т(х, у), подобно тому, как это сделано на рис. 12.4.1, и пересекать ее плоскостью. нараллельной хОу.
На практике достаточно построить на плоскости хр л хОу кривую. уравнение которой г = р (х, у), отдать себе отчет в том, по какую сторону втой кривой Х ( г, а по какую Х .Р г, и интегрировать по области О, для которой Х ( 'г. ху=л Пример. Система величин(Х, 1') подчинена закону распределения с плотпостшо У (л, у). Величина 2 ес1ь г произведение величин Х, Уй 2 =Хт'. Рис. 12.4.2. )йайти плотность распределения ве- личины Х. Решение.
Зададимся некоторым значением г и построии иа плоскости хОу кривую, уравнение которой ху = л (оис. 12.4.2). Это — гипербола, аснмнтоты которой совпадают с осами координат. Область О на рис. 12.4.2 заштрихована. ') На нашем чертеже кривая К замкнута; вообще она может быть н незамкнутой, а может состоять и из нескольких ветвей.
гка) закон яиспвидялкиия схимы двях слкчлнных вяличии 27! Функция расиределеиия величины Л имеет вид: 0 оэ м у 6(а)= ~ ~ 1(х,у)лхлу= ~ ~ 1(х,у)лхлу+ ~ ~ 1(х,у)лхлу. <о! О~Э о Дифференцируя зто выражение по х, имеем о СО Л(л) = — / — 1~х. — ) Нх+ / — 1! х. — ) Лх. (1243) 12.5. Закон распределения суммы двух случайных величин. Композиция законов расвределенив Воспользуемся изложенным выше общим методом для решения одной важной для практики частной задачи, а именно для нахождения закона распределения с у м м ы двух случайных величин. Имеется система двух случайных величин (Х, У) с плотностью распределеикя / (х, у). Рассмотрим сумму случайных величин Хну: и найдем закон распределения величины У.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
