Л.С. Пономаренко - Контрольные и тесты по теории вероятностей (2015) (1115298), страница 7
Текст из файла (страница 7)
Если |%| = 1, то случайные величины ξ и η линейно связаны.Приведем следующий результат, важный для понимания сути даннойчисловой характеристики.Будем рассматриать случайные величины с конечными вторыми моментами и зададимся следующим вопросом: какая из линейнх функцийl(ξ) = kξ + b минимизирует E(η − l(ξ))2 , т.е. какая линейная фукция отξ наилучшим образом приближает η ?42Ответ на этот вопрос известен, это√Dηl (ξ) = Eη + %(ξ, η) √ (ξ − Eξ),Dξ∗при этом E(η − l∗ (ξ))2 = Dη(1 − %2 (ξ, η)).Из-за своих свойств коэффициент корреляции называют мерой линейной связи.Рассмотрим теперь подробно случаи дискретных и абсолютно непрерывных случайных величин.2.4.1Совместное распредеделение дискретных случайных величинПусть случайные величины ξ и η принимают конечное число значений,тогда их совместное распределение удобно задавать таблицей(ξ, η)ξx1x2...y1p11p21...y2p12p22...η·········...ymp1mp2m...xnpn1pn2···pnmв которой указаны все возможные, различные между собой значенияx1 , .
. . , xn случайной величины ξ и значения y1 , . . . , ym случайной величины η, а также совместные вероятностиpij = P{ξ = xi , η = yj }.По этой таблице легко находятся распределения как для ξ, так и для η.Так чтобы найти вероятность события {ξ = xi }, надо сложить совместные вероятности в i– строке таблицы:pi• = P{ξ = xi } =mXpij .j=1Аналогично сложением совместных вероятностей по столбцу с номеромj находятся вероятностиp•j = P{η = yj } =nXpij .i=1Сформулируем критерий независимости для дискретных случайных величин и .43Теорема 2.5. Случайные величины ξ и η независимы тогда только тогда, когда для всех знечений этих случайных величин выполняются равенстваP{ξ = xi , η = yj } = P{ξ = xi } · P{η = yj }.(2.4)Равенства (2.4) можно переписать, используя принятые нами обозначения:pij = pi• · p•j ,которые должны выполняться для всех клеток таблицы совместного распределения.По таблице совместного распределения можно вычислять математические ожидания любых случайных величин, являющихся функциями ξи η по формулеn XmXEg(ξ, η) =g(xi , yj )pij ,(2.5)i=1 j=1а также находить распределения новых случайных величин ζ = g(ξ, η).Пример 2.10.
Пусть распределениецей(ξ, η)ξ−101/411/12случайных величин задано таблиη013/8 1/81/8 1/24Вычислим Eξη и найдем распределение ζ = ξη 2 .Для вычисления математического ожидания воспользуемся формулой (2.5), получимEξη = 0 ·1311111+0· +0· −1·+0· +1·=− .4881282424Из таблицы совместного распределения находим, что случайная величина ζ может принимать только значения 0 и 1, причем P{ζ = 1} = 1/8, аP{ζ = 0} = 7/8. Отметим также тот факт, что случайные величины ξ иη независимы.¥Пример 2.11. Пусть игральная кость брошена дважды. Составим таблицу совместного распределения случайных величин ξ — результата бросания первой кости, η — максимального из двух выпавших чисел.Учитывая, что всего 36 равновероятных исходов, подсчитаем вероятности событий {ξ = i, η = j}.
Эти вероятности отличны от 0 при i ≤ j.Получаем следующую таблицу.44(ξ, η)ξ123456η1231/36 1/36 1/3602/36 1/36003/3600000000041/361/361/364/360051/361/361/361/365/36061/361/361/361/361/366/36Найдем частные распределения и вычислим ковариацию случайных величин. Распределение ξ очевидным образом является равномерным намножестве натуральных чисел от 1 до 6ξ123456.1/6 1/6 1/6 1/6 1/6 1/6Вероятности для распределения η находим, сложив вероятности по столбцам в таблице совместного распределения. Получимη123456.1/36 3/36 5/36 7/36 9/36 11/36По полученным таблицам находимEξ = 1 ·1111117+2· +3· +4· +5· +6· = ,66666621357911161+2·+3·+4·+5·+6·=.36363636363636Для вычисления ковариации найдем сначала Eξη по формулеEη = 1 ·Eξη =6 X6Xxi yj pij .i=1 j=1С помощью несложных вычислений получаем Eξη = 105/36. Тогдаcov(ξ, η) = Eξη − EξEη =35105 7 161− ·= .362 3624¥Пример 2.12.
Пусть ξ и η — независимые случайные величины, каждаяиз которых имеет распределение Пуассона, причем ξ ∼ Π(λ), η ∼ Π(µ).Найдем распределение случайной величины ζ = ξ + η.45Поскольку каждая из случайных величин ξ и η принимает целыенеотрицательные значения, то ζ также может принимать только целыенеотрицательные значения. Найдем вероятности этих значений, воспользовавшись независимостью случайных величин.
ТакP{ζ = 0} = P{ξ = 0, η = 0} = P{ξ = 0} · P{η = 0} ==λ0 e−λ µ0 e−µ= e−(λ+µ) ,0!0!Аналогично прлучимP{ζ = 1} = P{ξ = 1, η = 0} + P{ξ = 0, η = 1} =λ1 e−λ µ0 e−µ λ0 e−λ µ1 e−µ·+·.1!0!0!1!Наконец, в общем случае получим=P{ζ = n} =nXP{ξ = k, η = n − k} =nXP{ξ = k}P{η = n − k} =k=0k=0nnXλk e−λ µn−k e−µe−(λ+µ) X k k n−k e−(λ+µ)=Cn λ µ=·=(λ + µ)n .k!(n−k)!n!n!k=0k=0Следовательно, сумма независимых случайных величин с распределением Пуассона также распределена по закону Пуассона с параметром, равным сумме параметров слагаемых.
Это свойство справедливо при любомконечном числе независимых слагаемых.¥Приведем один поучительный пример, показывающий, как можно вычислить математическое ожидание случайной величины, не находя еераспределение.Пример 2.13. Пусть 20 перенумерованных шаров случайным образомразмещаются по 10 ячейкам, случайная величина ξ — число ячеек, вкоторых оказалось ровно 2 шара. Вычислим Eξ. Для этого представимслучайную величину в следующем видеξ = X1 + X2 + . . . + X10 ,где каждая случайная величина Xi (i = 1, 10) принимает два значения:1, если в i-ой ячейке оказалось два шара, и 0, если в ней любое другоечисло шаров. ТогдаP{Xi = 1} =2· 918C20,1020P{Xi = 0} = 1 − P{Xi = 1}46оказываются не зависящими от номера ячейки i. Следовательно,2C20· 9181020также не зависит от номера i.
Но тогдаEXi =2C20· 918≈ 2.85,1020то есть в среднем 2—3 (чаще 3) ячейки содержат из 10 содержат двашара.¥Eξ = EX1 + . . . EX10 = 10 ·2.4.2Совместное распредеделение непрерывных случайных величинОпределение 2.12. Совместное распределение случайных величин ξ1 , . . . , ξnбудем называть абсолютно непрерывным, если существует неотрицательная функция p(x1 , . . . , xn ) такая, что для любого борелевского множества B ⊆ Rn выполняется равенствоZP{(ξ1 , . . . , ξn ) ∈ B} =p(x1 , .
. . , xn )dx1 . . . dxn .(x1 ,...,xn )∈BФункция в этом случае называется плотностью совместного распределения. Между совместной функцией распределения и совместнойплотностью выполнены равенстваZx1ZxnF (x1 , . . . , xn ) =...p(x1 , . . . , xn )dx1 · · · dxn−∞−∞в любой точке пространства и в тех точках, где совместная функуцияраспределения дифференцируема,2∂ n F (x1 , . . . , xn ).∂x1 · · · ∂xnПо совместной плотности легко находятся плотности каждой ξi . Дляэтого нужно проинтегрировать совместную плотность по всем переменным, отличным от xi .
Так если pξ1 ,ξ2 (x1 , x2 ) — плотность совместногораспределения ξ1 и ξ2 , тоZ+∞pξ1 (x1 ) =pξ1 ,ξ2 (x1 , x2 )dx2p(x1 , . . . , xn ) =−∞2имеется в виду, что существует соответствующая производная47Для абсолютно непрерывных случайных величин (в дальнейшем просто непрерывных) можно сформулировавать критерий независимостислучайных величин, а именно: случайные величины ξ1 , .
. . , ξn независимы тогда и только тогда, когда совместная плотность равна произведению частных плотностей почти всюду в Rn .Пример 2.14. Рассмотрим случайные величины ξ и η, равномерно распределенные на множестве M = {(x, y)|x2 +y 2 ≤ 1} координатной плоскости XOY. Совместная плотность этих случайных величин определяетсяследующим образом( 1,x2 + y 2 ≤ 1,pξ,η (x, y) =π0,x2 + y 2 > 1.Найдем частные (маргинальные) плотности pξ (x) и pη (y). Предварительно заметим, что в силу симметричности совместной плотности распределения по переменным x и y случайные величины ξ и η имеют одинаковые распределения, а также, что при |x|, |y| > 1 эти плотности равны0. Для |x| ≤ 1 получим√Z+∞pξ (x) =pξ,η (x, y)dy =Z1−x2√− 1−x2−∞√12 1 − x2dy =.ππАналогично при |y| ≤ 1 имеемp2 1 − y2pη (y) =.πПоскольку произведение частных плотностей не равно совместной плотности, то случайные величины ξ и η не являются независимыми.¥Пример 2.15.
Рассмотрим двумерное нормальное распределение, когдасовместная плотность случайных величин ξ и η имеет ви䵶¾½(x − a1 )2(x − a1 ) (y − a2 ) (y − a2 )21− 2ρ·+,pξ,η (x, y) = c·exp −2(1 − ρ)2σ12σ1σ2σ22гдеc=2πσ1 σ21p481 − ρ2.Найдем частную плотность рапределения для случайной величины ξ, аименно½¾Z∞(x − a1 )2pξ (x) =pξ,η (x, y)dy = c exp − 2×2σ1 (1 − ρ2 )−∞Z∞×(1exp −2(1 − ρ2 )−∞=1√σ1 2πµexp −µ(y − a2 )(x − a1 )−ρσ2σ1(x − a1 )2σ122¶ Z∞−∞σ2¶2 )1p2π(1 − ρ2 )½· exp(exp −ρ2 (x − a2 )22σ12 (1 − ρ2 )¾dy =(y − a2 − ρ σσ12 (x − a1 ))22σ22 (1 − %2 )Поскольку подинтегральная функция в последнем интеграле есть плотность нормального распределения N (a2 ρ σσ21 (x−a1 ); σ22 (1−ρ2 ), то интегралравен 1, и окончательно получае춵1(x − a1 )2pξ (x) = √ exp −,2σ12σ1 2πто есть ξ ∼ N (a1 ; σ12 ). Аналогично показывается, что η ∼ N (a2 ; σ22 ).Несложные, но достаточно громоздкие вычисления показывают, чтопараметр ρ — это коэффициент корреляции случайных величин ξ и η.Отсюда следует важное свойство двумерного нормального распределения: случайные величины ξ и η независимы тогда и только тогда, когдаони некоррелированы ( т.е.
когда ρ = 0).¥Зная совместное распределение ξ и η, можно находить распределенияновых случайных величин, зависящих от ξ и η.Пример 2.16. Пусть ξ и η независимы и имеют одинаковое показателоное распределение с параметром a > 0, то есть плотности этих случайныхвеличин определяются формулами½ −axae ,x ≥ 0,pξ (x) =,0,x < 0,½ −ayae ,y ≥ 0,pη (y) =0,y < 0.Следовательно, совместная плотность ξ и η отлична от 0 только в первойчетверти координатной плоскости и в этом случаеpξ,η (x, y) = ae−ax · ae−ay .49)dy.Рассмотрим новую случайную величину ζ =ξи найдем плотностьξ+ηраспределения ζ.Прежде всего заметим, что с вероятностью 1 выполняется ζ ∈ [0; 1].Следовательно, pζ (z) = 0 при z ∈/ [0; 1]. Рассмотрим теперь z ∈ (0; 1).Для таких z¾½ZZξ(1 − z)=pξ,η (x, y)dxdy.Fζ (z) = P{ζ < x} = P η >zy>x(1−z)/zПерейдя от двойного интеграла к повторному, получимZ∞Fζ (z) =Zdx0Z∞ae−ax/z = z.ae−ax ae−ay dy =0x(1−z)/zПродифференцировав по z, получим значение плотности на интервале(0; 1).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
