А.В. Прохоров, В.Г. Ушаков, Н.Г. Ушаков - Задачи по теории вероятностей (основные понятия, предельные теоремы, случайные процессы) (1115316), страница 52
Текст из файла (страница 52)
Применяя неравенство Коши — Буня« 1+Ве/(21) 1 Г 3 поешсого, получаем о = 2 ) (1+ сов 2сх) с)Р(х) ~ соз сыР(х) » / о ч з ) сез схс)Р(х) / = (Ве/(с))з; г) следует ив в)', д) не г) получаем 1 — ~1(2С) ) «2(1 — )1(с) (') = 2(1 — )1(с) () (1+ )1(с) )) «4(! — )1(с) (). 4 47. примшснте индукцию, имен в виду предыдущую задачу. Сь46. См. решение задачи 4.46. 4.49. В сияу задачи 4.47 ! — )1(2" с) )з «4" (1 — (1(с) (з) для любого п. Ири с = О доказываемое неравенство очевидно.
Пусть с ее О, )с( «Ь. Выберем о 1 — о так, чтобы 2 "ь «) с) «2-"+'ь. тогда (1(2"с) )' «с'и 1 — ) /(с) ) «» — с с пчп з 1 — с (1(с) ) «, 1 — — з С . 4.50. Проведем доказательство от ссротивного. Предполо- 85 нсим, что 1(с) имеет кули. Тогда существует Се ) О, такое, что 1(со) = О и 1(с) чь О при (с! «Со Следовательно, 1«(се) = О и 1,(с) Ф О п и )с) «се. Полоз о 1! жив с =се(2 и применяя задачу 4.46, получаем 4(1 — /е( 2 )) )>1— — )!,(С ) )з = 1. Так как функции 1,~ 2 ) =1! 2 ~ /1( 2 ) непрерывна по с, то, выбиран с достаточно близким к единице, приходим к противоречию.
4.51. имеем/ (с) = ) е'с" ОР (х), откуда з 21(О) — 1(П вЂ” 1( — С) (' сп 2 Й 3 ССР (х). .) (1) 2 Далев, при О «с «я12 справедливо элементарное неравенство з!и с) — С. Слехтзз хзгз довательно, прн )х) «ясс зсп —, « — з 4 — — — з. Отсюда и из (1) получаем л!С ) ) ( х~йР(х).Для получения нужного неравенства Ьз нз -я/С остаетсн заметать, что 1(с) + 1( — с) = 2 Ве1(с), 452. <р (с) = ) 1 ~ — ) Ыб (х) С С ~х) 251 ~  — гСР (х). 4.53. С(хь ..., х ) =Р(ппп (хь ..., х„)). 4.5сг.
Нет, пе мо/ г тут, Характеристнчесггая функция равномерного па отрезке распределепип обязателыш имеет нули, а характеристическая функция раснределешгн Копли нигде не обращается в нуль. 4.55. Нет, нельзя. Воспользуйтесь задачалщ 4ЛО и 4.41, 4.56. Обозначилг )(г), г(с) и Л(г) характеристические фувнцин случайных весгнчин л, г) и Ь соответственно. Из условия задачи следует, что ((с) й( с) = п(с) й(ес) (!) для любого е ) О. Фиксируем произвольное с. Выберелг е настолько малым, чтобы л(ес) ~ 0 (это всегда москве сделать, так как Ь(0) = 1 н й(с) — непрерывная функция). Учитывая (1), получаем )(г) = х(г). В салу произвольности г ато означает, что 1(г) = у(г).
гг.57. Р(э =0) = 1. 4.58. имеем )(с) =- — есс" г(Р (х). Проинтегрируем обе части этого равенства по С(с) от — ео до +ос: Г "ге" ) с ег с с = [ [ [ еч* ь с*г) ~есе =- [ [ (» '*хе х) ге = — е Г(.) НР(х). 4.59. Пусть Ф(х) — функция распределения, соответствующая характеристической функции ф(г). Обозначим ))с(х) и гг(и) соответственно функцию распределения н характеристическую функцию равномерного на отрезке [О, г) распределения, Писем с )(С) = ( ф (и) г(и = ( ф(и) йЛ (и) = $ г (и) с(Ф(гг) = — ( ' ел~~с)'Р(и) т си (мы воспользовалнсь предыдущей задачей). Подынтегральпое вырви:елее в последнелс интеграле является характеристической функцией (как по с, так и по и), следовательно, в силу задачи 4.29 последний интеграл предстаалят гобои характернстичесс.ую функцию. 4.60.
Решение аналоги шо решению предыдущеп задачи, только в качестве Вг(х) теперь нужно паять распределение с плотностью — и" при 0 < и ( с и 0 кри остальных и. 4.61. Пусть сг ) р — неко/с гУ Р'л Р тоРое целое полошительвое число. Тогда фУвкциЯ уи (г) = — ((1 — „)+ „й (с) ) = Р (Л (Π— 1)'Р =-С1+ является характеристической фуггкглией (сп. аадачу 4.28). н Но ),(с) -» е"с'с'с-'г при и-» ао и предельная функция непрерывка в нуле, следовательно, по теореме непрерывности, она является характеристической фупкцвеп. 4.62. Нет (например, когда Рь Рь ...
— дискретные распределения, а Р— непрерывное). 4.63. Воспользуйтесь теоремой непрерывности 4.64. Пусть ! (с), йы(г) п )(с) — характеристические фупнцив распределений Р„, С и Р соответственно. Существует б ) О, такое. что Н(г) ! ) а > 0 (а — положительное число) при (с) < б. Следовательно, при )с! ( б для достаточно большие п ! (с) 1 (с) те О и йи(1)= ! — )-»1 при н-» оо, Отсюда сведует, что С слабо сходится 252 и вырожденному в пуле распределению (см, предыдущу<о задачу]. 4.65. Достаточно показать, что функция /(<) непрерывна в нуле.
Ясно, что /(О) = 1. Имеем (1 — /(<) ( ( ]1 — /«(<]! + (/. (<) — /(<) (. (1) По условию, для некоторого 6 ) 0 сходнмость / (<) к /(<) раэнол<ерпа па отрезке (с( ( 6, то есть для любого е ) 0 и всех (<( ( б существует оо такое, что при и =«по (/ (<) — /(<) ! ( с/2. Первое слагаемое в правою части (1) можно, зафиксировав и ) иь сделать меньше е/2, выбирая < достаточно близко к нушо. Левая часть от о ие зависит, следовательйо, (1 — /(<) ( ( з при достаточно близком к нулю с.
Но это и означает, что функция /(<) непрерывна в нуле. 4.66. Покажите, что в на<идой точке Г /„(<) -«/(<) прн л — «со. 467. Имеем Х(Ц =- =-/ (1/Ь )//(1/Ь,),причем /,(<) и /(<) — характеристические функции, следовательно, а(<) непрерывна в пуле. Далее, /г~ и прн и — «о« /~ — <-«1, т. е. левая часть (1) при л-«-оо сходится к у(С), н, Ьо /1~ следовательно, /„( — ]-« х(1), т. е.
последовательность характеристических . (,Ь„! функций сходится к непрерывной в нуле функции, следовательно, предельная функция д(<) является характеристической. « «< <6<. ~<<И вЂ” «<! ( гЫ<« — ( '*<<( )/С < « чч ) (з "((<((Р (х) — С (х)) ] = ') ] <)(/г (х) — С (х)) ] = 2<<ах(Р, Сц 4<.69. Покажите, что оба условия эквивалентны сходимости в некоторой окрестности нуля к непрерывной в нуле функции. 4.70. Если Р(х) — решетчатое распределение, приписывавшее положнтелы<ые вероятности Рь точкам а+ ЬЬ, й = О, О ~1, ..., то /(С) = ~ еп"<(Г(х) = ЧР Рзеп< Чвы и, как легко видеть, « (/(2л/Ь)(=1. Обратно. Пусть существует <<~0, такое, что (/(<с)( =1.
Это означает, что /(1 ) = е«з для некоторого вещественного а, или ) нэг6Р ( .) Ю е з . Отсюда следует, что ) (1 — созг (х — и]) <(Р(х) =О. Так как функы в циЯ 1 — соз Гс(х — а) непРеРывна и неотРицательна, последнее Равенство может иметь место только тогда, когда Р(х) явллется решетчатой функциел распределения, точки разрыва которой содерл<атея в мнол<естве нулей фупнции 1 — сов«(л — «). Поэтому точки разрыва Р(х) имеют вид а+ 2пв/<о (й — целое).
4.71. Воспользуйтесь предыду<цей задачей. 4.72. Пусть Р(х) — функция распределения, отвечающан характеристической функции /(с). Тогда (сть решение вадачи 4.70) точки разрыва р(х) имеют вид 2лй/<, (/< — целое), следозатль< <— тельно,/(1) = ~~ аде <аа>0, ~~ ад=1.Отсюда следует, что функция <о ь=- ь=- у(<) периодпчна с периодом гь 4.73. любое распределение, сосредоточенное па множестве точек а+ ЬЬ, й = О, ~1, ..., где а — иррациональное, а Ь вЂ” рацно2ой нальное числа. 4.74г См. Решение задачи 4.70.
4.75. См. задачу 4.70. В случае, когда распределение целочисленное, можно положить а О. 4.76. Нет. 4.77. Вооб. ще говоря, не будет. 4.78. Вначале докаягите утверждение в случае, когда распределение сосредоточено в конечном числе точек. При атом используйте следующий факт: если хь ..., х — вещественные числа, то для любого з ) О найдутся целые Ль ..., Л и вещественное с, такие, что )хгг — 2яв ) ~ с, 4.7Я. ) Р(Х+Л) р(Х) ) ~ — ~ ) Е ць — 1)) Е цх)) Г'(Г] (ЫГ~ 1 Г л < ~ )е нь — 1)(1(г))аз+2 ) )г(г))Аг -А М>л Выбирая А достаточно большим, можно второй интеграл в правой части сделать сколь угодно малым, а первый внтеграл з правой части при фикаировагг пом А можно сделать сколь угодно малым, выбирая достаточно малым Л.
4.81. Функция дифференцируема в пуле, во не днфференцируема в точке г = 1 (см. пРедыдущую задачу). 4.82. Учитывая абсолютную и равномерную сходимость интеграла ) хоепхсг (хГ (г (х) — фушгция распределения случайной величины 4) и применяя теорему о дифференцировании под анаком интеграла, получаем ) 1(о)(Г) ) га ) хоепхг)г (х) ( ) (х)ог(г (х) 6) З (о -СЮ 4.83. Покажите, что характеристическая функция случайной величины жч соз )г 1(Г) = с 1 з, двффеРевциРУема в точке 1 =О. 7 1 )и' ОО Ю О, О О Г1 —.Веу(Г) Г Г 1 — сов тх Г Г 1 — созтх 4.84.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
