А.Н. Бородин - Элементарный курс теории вероятностей и математической статистики (DJVU) (1115320), страница 16
Текст из файла (страница 16)
3) Если Х и У независимые случайные величины, то Ух+У(1) = Рх(1)УУ(1). Свойства 2) и 3) следуют, в силу замечания 2, из аналогичных свойств для производящих функций. То обстоятельство, что замечание 2 сформулировано для целочисленных величии принципиального значения для вывода свойств 2) и 3) не имеет. Следствие 2. Если Х1,Хз,...,Хе — независимые случайные величины, то е "зе.~' *х~( ) П"'х~( )' т1 т. е. характеристическая функция суммы независимых случайных величин распадается в произведение характеристических функций слагаемых. 4) Характеристическая функция Р(1) является равномерно непрерывной функцией. Доказательство. Так как Р"(-оо) = О, Г(оо) = 1, а функция Г(х) неубывает, то для любого е > 0 можно выбрать столь большое с > О, что будут выполняться неравенства Р(-с) < е,1- Р'(с) < е.
Тогда для любого й > 0 получим 00 с ~р(1+ И) 1з(1)~ ( ~егр+е)з егия(х) ( ~егее Цг1$ (х)+ ТЕОРИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ 102 В силу того, что е и )) выбирались произвольными, из втой оценки следует равномернел непрерывность функции у)(1). Лемма 2 (о вычислении моментов). Пуста случайная величина Х имеет обсели)тннй момент п-го порядка.
Тогда характеристическая функция случайной величина Х дифференцируема и раг и при 0 < й < и Е(Х") = (-г)г — р(1)~ Л о к аз а т ел ь с т в о. Используя формулу дифференцирования показательной функции, получим у)(1) = Е(сих) =Е( спх) = Е(геХаенх) = гаЕ(Хаснх) ага азг ага Леля ото равенство на ге и полагая в нем 1 = О, получим требуемое утверждение. Внесение дифференцирования под знак математического ожидания корректно, так как математическое ожидание — ото либо сумма, либо интеграл, а вносить дифференцирование под знак суммы и интеграла в указанных предположениях можно.
Поскольку Ю(Х) = Е(Хх) — Ег(Х), то из леммы 2 вытекает следующий результат. Следствие 3. лаатематическое ожидание и дисперсия виража)отса формулами Е(Х) = -гр'(0), Ю(Х) = -)р" (0)+ (р'(0))~. Теорема 1 (формулы обращения). Справедлива следувгцие утверждения) 1. Для целочисленноэначной случайной величина Х ра = Р(Х = й) = — е па)р(1)й, й = О, т1,т2, ТЕОРИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ Используя формулу (13.4), получим с ь с со ь Ьс(() е " сйй = енес(Г(у) е (сайхй = -с а -с -со а с(Г(у) с12' со а ос ь „«ь-е) = 2 >4Г(у) с(х ~ = 2 ИГ(у) — Ие.
оо с(4 Е) (13.7) Известно, что со е со с>ае е с вес е с а>ье — у~ — г=-, ~~ — )=. е 2' / е 2' / е е ос со Поетому отдельно рассматриная случаи О < а — у < Ь вЂ” у, а-у<Ь-у<Она-р<О<Ь-у,получим с(ь-е) т, р Е (а,Ь), 1)щ / ~",(е — О> У й (а>Ь), с со с(а-Э) 2 р=а, у=Ь. Пусть а и Ь точки непрерывности функции Г(у), Тогда при с -+ оо правая часть (13.7) стремится к ь 2х ссГ(у) = 2т(Г(Ь) — Г(а)). Учитывая ото и используя (13.8) и (13.7), имеем ,((х)с(х = Г(Ь) — Г(а). (13.8) а Поскольку функция распределения непрерывна слева, то с помощью предельного перехода при а 1 а, Ь„1 Ь, где ае и ܄— точки непрерывности функции Г(р), равенство (13.8) распространяется на произвольные точки а и Ь.
'Теперь из (13.8) по определению следует, что Дх) является плотно- стью функции распределения Г(х). 1з. производящий и хлрлктн истичкский аункции 1ов Теорема 2 (о единственности). Фуп~щы распределены одиозиачпо определяетса своей характеристической Яикцией. Р(1) = ~~1,е маре = Ясов(Яхв)рв + 1Явп(гхе)рв, (13 9) где мы воспользовались формулой Эйлера е" = сова+дюна, Сравнивав выражение (13.9) с функцией еов1 получаем, что величина Х должна принимать лжпь два значения +1 и -1 с равными вероятностями, г. е.
р, — Р(Х вЂ” 1)-1, рз = Р(Х = -1) = -. 1 3' Злдлчи Задача 13.1. Найти законы распределения, которым соответствуют следующие производящие функции: 1) -(1 — -«); 2) ез"<* 11; 3) (-+ -с) . За,цача 13.2. Найти законы распределения, которым соответствуют следующие характеристические функции: 1) сов Ф, 2) (совФ+сов21), 3) -+ -сов31. Справедливость этой теоремы в случае, когда функция распределения отвечает целочисленнозначной случайной величине или имеет плотность распределения, следует из формул обращения (теорема 1). В общем случае теорема 2 тоже следует из общей формулы обращения, которую мы не рассматриваем. Задача 2. Найти закон распределения случайной величины Х с характеристической функцией ~р(1) = сов 1.
Р е ш е ни е. Характеристическая функция Р(1) = сов 1 не является абсолютно интегрируемой на всей прямой, поэтому естественно предположить, что Х вЂ” дискретная случайная величина. Тогда характеристическая функция имеет вид ТЕОРИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ 106 Задача 13.3. Пусть Х вЂ” неотрицательная целочисленнозначная величина с производящей функцией ф(г).
Выразить через ф(в) производящие функции величин Х + 1 и 2Х. Задача 13.4. Найти характеристическую функцию треугольного распределения с плотностью 1 а(1 — а~х~), при ~х~ < а 1, Ро(х) = ~ а > О. ). о, при ф>а Задача 13.5. Найти математическое ожидание и дисперсию случайной величины Х, характеристическая функция которой равна одной из следующих функций 1) — в1п(а1) (а ф О); 2) —, совгв1п~(-); 3) —,е" в1п~(-).
Задача 13.6. Вычислить характеристическую функцию случайной величины с плотностью Г 2х, приО<х<1, Х(х) = ' (О, прих<0, 1<х. Заддча 13.Т. Найти моменты случайной величины Х, ха- 1 рактеристическая функция которой 12($) = — . 1+В' Задача 13.8. Найти характеристическую функцию случайной величины Х, плотность вероятности которой имеет вид Дх) = -е ~И. 2 Задача 13.9. Случайная величина Х имеет плотность вероятности распределения Дх) = 2азхе " *, при х > О, и Дх) = 0 при отрицательных х. Найти характеристическую фУнкцию случайной величины Х. 14.
ЗАКОНЫ РАСПРЕДЕЛЕНИЯ СЛУЧАЙНЫХ ВЕЛИЧИН 107 ~ 14. ЗАКОНЫ РАСПРЕДЕЛЕНИЯ СЛУЧАЙНЫХ ВЕЛИЧИН Р(Х=на)=С„"'р~(1 — р)" ~, !и=0,1,2,...,п. Вычислим производюцую функцию биномиального распределения. Учитывая, что Р(Х = тп) = 0 при !и > п, и, используя фомулу бинома Ньютона (1 1), получим » ф(з) = ~~ , 'О~Р(Х = ю) = из=О » = ~; С„"(хр)™(1 — р)"-" = (з + 1 — р)". »1»О Для вычисления математического ожидания и дисперсии воспользуемся следствием 1 113: Е(Х) = ф'(г)~,-! = пр(зр+ 1 — р)" ~~,-! = пр, П(Х) = 1»"(з)!,-! + ф'(1) — (ф'(1))з = = пр(п — 1)р(зр+ 1 — р)" з! -! + яр — (пр)з = = п(п — 1)р — и р +яр = пр(1 — р). 2.
Распределение Пуассона. Это распределение является предельным для биномиального распределения, когда п -+ оо, а Л = пр остается постоянным (см. 19). Говорят, что случайная величина Х имеет распределение Пуассона с параметром Л > О, если Р(Х = !и) = — е у» пи !и = 0,1,2, Производящая функция распределения Пуассона вычисляется следующим образом: ф(з) = змР(Х = !и) = е А ) — '' = е еы ел(' !) »-» (Ая)~» ~л! ю»»О т»О 1. Дискретные распределения. 1. Биномиальное распределение. Пусть Х вЂ” случайная величина, равная числу успехов в и испытаниях Бернулли, и пусть вероятность успеха в каждом испытании равна р, Тогда величина Х имеет биномиальное распределение с параметрами и и р: ТЕОРИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ Применяя следствие 1 предыдущего параграфа, для математического ожидания и дисперсии получим выражения: Е(Х) = ф'( ))е= = Л, Е)(Х) = фл( )~,— + еР'(1) — (ф'(1)) Задача 1.
Число космических частиц, попадающих в аппаратный отсек ракеты за время ее полета распределено по закону Пуассона с параметром Л. При етом условная вероятность для каждой из етих частиц попасть в уязвимый блок равна р. Найти закон распределения числа частиц, попадающих в уязвимый блок. Решение.
Обозначим Аз =(в уязвимый блок попало Е частиц), Н~ =(в аппаратный отсек попало 1 частиц). Тогда события Нн! = 0,1,2,..., составляют полную группу событий и по формуле полной вероятности (и = оо) (з' Т) Р(Ае) = ~~~ Р(Н~)Р(АЛ~Н~) = ~~ Р(Н~)Р(Ае~Н~), ~=о ме поскольку при ( < Е очевидно Р(Аз~Н~) = О. Согласно условию Р(Н~) = —,е, 1 = 0,1,2,....
Несложно понять, что вероятности Р(АЛ~Н~) при О < Е < ( имеют биномиальное распределение с вероятностью "успеха"(частица попала в уязвимый блок) р. Поетому Р(Ае~Н~) = С~~р"(1-р)' е, О < )е < 1. Окончательно имеем 00 Л~е Р(Ае) = ~ —,е лС~ре(1-р)' е = ~~ — ре(1 — р)' е = еее 1=з ЛЕрое Л х-~ (Л(1- р))~ " (Лр)"е " л(1 р) (Лр)" = — е р = — е и ,Е (~ - ь). и и ,юй Таким образом, число частиц, попадающих в уязвимый блок, тоже распределено по закону Пуассона, но с параметром равным произведению Лр.
3. Геометрическое распределение. Проводится бесконечная последовательность независимых одинаковых испытаний, в каждом из которых событие А наступает с вероятностью р = Р(А) > О. Пусть Х вЂ” случайная величина, равная и. законы рдспркдблбния сльчдйных величин зов числу испытаний до момента первого наступления события А. Тогда Р(Х = Ь) = (1 — р)~р, Ь = 0,1,2, Действительно, если А~ = (наступление события А в 1-м испытании), то (Х = Ь) = А1Аз...
АзАь+1. Принимая во внимание независимость событий Ан получим Р(Х = Ь) = Р(А1Аз... АьАз+1) = = Р(А1)Р(Аз)... Р(Аз)Р(Аз+1) = (1 — р)ьр. 9то распределение называется геометрическим, так как вероятности Р(Х = Ь) образуют геометрическую прогрессию. Вероятность того, что событие А наступит не раньше момента т задается формулой Р(Х > гв) = ~ (1-р) р=(1-р) р =(1 — р)'". й=оь Производяшая функция геометрического распределения определяется формулой Ф)=~~~ '(1-р)'р=р~~,( (1-р))'= —, а=а В=О Лля математического ожидания и дисперсии имеем р(з-р) 1 з-р Е(х)=ф'(х)!=1=0 0 у 12(Х) = фи(з)! = + Ф'(1) — ((Ь'(1))' = П- (т-р))з~ рл з(з - р)* 1 - р (1 - р)* 1- р + — — — = —. р~ Р рз рз 2.
Распределения, имеюшие плотность. 1, Равномерное распредряеиие для любых а < Ь задается плотностью 1 — при л Е (а,Ь)1 Л) х(„1() ~~Ь- ' О, при лф(а,Ь). ТЕОРИЯ ПЕРОЯТЙОСТЕИ 110 Характеристическая функция равномерного распределения вычисляется следующим образом: ,(1) = ео.~(х)ах=ь— ' ""'х='ТЬ В 1 12, пример 2, были вычислены математическое ожидаЬ+о ние и дисперсия равномерного распределения: В(Х) = —, 1 (Ь вЂ” а)з 2. Показательное распределение возникает как предельное для геометрического в следующей схеме. Рассмотрим уплотняющиеся при 1х $0 моменты времени ЙАь, х = О, 1,2,.... В моменты времени 1Ь осуществляются независимые одинаковые испытания, в каждом из которых событие А наступает с вероятностью ра = ЛЕь, где А > 0 — постоянная величина.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
