А.Н. Соболевский - Конкретная теория вероятностей (1119908), страница 12
Текст из файла (страница 12)
Разумеется, деформации контура возможны лишь внутри области аналитичностифункции Φ(u), без пересечения ее особых точек.В окрестности каждой точки перевала u∗ функция Φ может быть разложена в ряд Тейлора:1Φ(u∗ )00 (u − u∗ )2 + . . . ,2где квадратичное слагаемое вдоль контура вещественно и отрицательно, поскольку Re Φ достигаетмаксимума в точке u∗ , а Im Φ не изменяется. Поэтому вклад в интеграл от точки перевала u∗можно приближенно заменить на соответствующий нормировочный интеграл от распределенияГаусса:sZX Z nΦ(u∗ )+ n Φ(u∗ )00 (u−u∗ )2 +...X nΦ(u∗ )2π2du ∼e,e−nΦ(u) du ∼e∗ )00 |n|Φ(uu∗u∗Φ(u) = Φ(u∗ ) +где суммирование распространено на все точки перевала u∗ , отвечающие глобально максимальномузначению Re Φ(u).8.6. Потребуем, чтобы преобразование Лапласа функции плотности вероятности pZ ∞κ(s)e=esx p(x) dx−∞существовало как аналитическая функция переменной s при a < s < b (а значит, и в полосеa < Re s < b), т.
е. чтобы p убывало на бесконечности по меньшей мере экспоненциально.Без потери общности можно выбрать максимальный такой интервал (a, b); тогда a < 0 < b,поскольку при s = 0 интеграл сходится.8.7. В предположенях п. 8.6 характеристический показатель η(u) = κ(iu) аналитичен вполосе −b < Im u < −a, причем максимальное значение Re η(u) для любого фиксированногоIm u достигается на мнимой оси.J Доказательства требует только последнее утверждение. Действительная часть характеристического показателя Re η достигает максимума вместе с абсолютным значением самойхарактеристической функции, а оно для любого u удовлетворяет соотношениям Z ∞Z ∞|eix Re u | e−x Im u p(x) dx = eη(i Im u) = eκ(− Im u) ,eix Re u e−x Im u p(x) dx 6|eη(u) | = −∞−∞т.
е. при фиксированном Im u абсолютное значение |eη(u) | достигает максимума при Re u = 0.Кроме того, заметим, что при Re u 6= 0 комплексное значение интеграла под знакоммодуля есть выпуклая комбинация точек границы единичного круга с непрерывно распределенным весом. Поскольку единичный круг является строго выпуклым множеством, этозначение лежит в его внутренности, т. е. при Re u 6= 0 неравенство является строгим.
I8.8. Функция κ(s) строго выпукла на интервале a < s < b вещественной оси, причемκ(a) = κ(b) = ∞.J Достаточно проверить, что κ 00 (s) > 0 для вещественных значений a < s < b. ИмеемZdeκ(s)κ(s) 0=eκ (s) = esx xp(x) dx.dsЗаметим, что exp[sx − κ(s)] p(x) есть функция плотности вероятности некоторого распределения (неотрицательность очевидна, нормировка на единицу следует из формулы п. 8.6).Обозначим математическое ожидание относительно этого распределения через Es , тогдаκ 0 (s) = Es X. Вычисляя вторую производную exp κ(s), получимZd2 eκ(s)κ(s) 02κ(s) 00=e[κ(s)]+eκ(s)=esx x2 p(x) dx,ds2откуда κ 00 (s) = Es X 2 − (Es X)2 = Ds X > 0.Поскольку exp κ(s) > 0, расходимость преобразования Лапласа при s = a, b означает, чтоexp κ(a) = exp κ(b) = ∞, откуда и κ(a) = κ(b) = ∞.
I8.9. Выпуклая функция κ(s) может быть представлена в видеκ(s) = sup[sy − κ ∗ (y)],y∗где функция κ (y) также выпукла. Она называется преобразованием Лежандра κ(s),причемκ ∗ (y) = sup [sy − κ(s)].a<s<bЕсли функция κ непрерывно дифференцируема и строго выпукла, то такими же свойствамиобладает и κ ∗ , причем производные κ 0 и κ ∗ 0 взаимно обратны.J Для непрерывной выпуклой функции κ ее «надграфик», т. е. множество {(s, t) : t > κ(s)}есть замкнутое выпуклое множество. Первая формула п.
8.9 следует из геометрическогопредставления этого выпуклого множества как пересечения полуплоскостей вида {(s, t) : t >sy − κ ∗ (y)}. Ее можно записать в более симметричном виде (неравенство Юнга)κ(s) + κ ∗ (y) > syдля всех s, y,откуда следует, что κ ∗ (y) > supa<s<b [sy − κ(s)]. Для определенности будем считать, чтоκ ∗ наименьшая из всех функций, удовлетворяющих неравенству Юнга при заданной функции κ; тогда она выражается через κ по второй формуле п. 8.9 и, следовательно, тожеявляется выпуклой.Заметим, что для дифференцируемой функции κ равенство в неравенстве Юнга достигается при таком y, что κ 0 (s) = y.
Если κ является строго выпуклой, то ее производнаястрого возрастает и обратима, откуда следуют строгая монотонность обратной функции κ ∗ 0и строгая выпуклость κ ∗ . Поэтому условие достижения равенства можно записать и в видеs = κ ∗ 0 (y). IТеперь можно завершить вычисления по методу перевала.8.10. В рассматриваемой ситуации Φ(u) = −iux + η(u). Результаты пп. 8.7 и 8.9 показывают, что точкой перевала является точка u∗ = −is∗ мнимой оси, где в s∗ выражениеΦ(−is) = η(−is) − sx = κ(s) − sx достигает минимума, а контур интегрирования долженпроходить через нее в направлении, параллельном вещественной оси. Из второй формулып. 8.9 следует, что Φ(u∗ ) = Φ(−is∗ ) = κ(s∗ ) − s∗ x = −κ ∗ (x), причем в точке u∗ втораяпроизводная Φ00 (u∗ ) = η 00 (u∗ ) = −κ 00 (s∗ ) < 0, поскольку η(u) = κ(iu).
Следовательно,r∗n,pn (x) ∼ e−nκ (x)2π|κ 00 (s∗ )|причем степенной множитель в грубой асимптотике несущественен:− limn→∞1ln pn (x) = κ ∗ (x).nТем самым обосновано предположение, сделанное перед п. 8.5.Собирая результаты предыдущих пунктов, получаем следующее утверждение.8.11. Теорема Краме́ра. Если распределение вероятности, заданное функцией плотности pX (x), удовлетворяет условиям п. 8.6, то логарифмическая асимптотика вероятностисобытия a 6 X n 6 b имеет вид− limn→∞1ln P(a 6 X n 6 b) = min κ ∗ (x).a6x6bn8.12. Функция κ ∗ (x) (преобразование Лежандра κ(s) — логарифма преобразования Лапласа исходной функции плотности вероятности) называется функцией Краме́ра илифункционалом действия.Распространенным синонимичным английским термином является rate function.√8.13.
Пример (тривиальный). Если pX (x) = exp(−x2 /2)/ 2π, то η(s) = 21 s2 , κ ∗ (y) =1 22 y , и асимптотическое выражение для pX n (x) нетрудно проверить, сравнив с точной формулой.Очевидно, центральная предельная теорема следует из квадратичной аппроксимации для κ ∗ (x)в окрестности нуля. Однако теорема Крамера характеризует поведение pX n на всей оси и в этомсмысле является далеко идущим уточнением центральной предельной теоремы.Следующий пример показывает, что предполагать существование функции плотности вероятности p(x) не обязательно.8.14. Пример. Если P(Xi = 1) = p, P(Xi = 0) = 1 − p, то eκ(s) = 1 − p + pes иκ ∗ (x) = x lnx1−x+ (1 − x) ln= D(x, 1 − xkp, 1 − p)p1−pУ1. Упражнения к лекции 1У1.1.
Покажите, что если выпуклая вниз функция f строго выпукла (т. е. ее график несодержит прямолинейных отрезков), то из Ef (N ) = f (EN ) следует, что случайная величинаN детерминирована. Имеет ли место этот факт без условия строгой выпуклости?У1.2. Выведите формулу п. 1.27.У1.3. Пусть случайные величины L, M , N , обладающие совместным распределениемpL,M,N (l, m, n), распределены таким образом, что любая пара из них независима относительно соответствующего маргинального распределения:pL,M (l, m) = pL (l) · pM (m),pM,N (m, n) = pM (m) · pN (n),pL,N (l, n) = pL (l) · pN (n).Следует ли отсюда, чтоpL,M,N (l, m, n) = pL (l) · pM (m) · pN (n),т.
е. что случайные величины L, M , N независимы в совокупности?У1.4. Биномиальное распределение. Пусть k раз производятся независимые случайные испытания, каждое из которых может завершиться успехом с вероятностью p инеудачей с вероятностью p̄ = 1 − p. Найти выражение для распределения вероятности числа N успехов в k испытаниях P(N = n) и получить выражения для GN , EN и DN . Прикаком n вероятность P(N = n) достигает максимума при заданных k, p?Вероятностная модель последовательности независимых испытаний, в каждом из которых содним и тем же распределением вероятности может достигаться один из конечного числа исходов,называется последовательностью испытаний Бернулли.У1.5. Какова вероятность, что в группе из k человек ни у кого не совпадают дни рождения? Для решения принять, что год состоит из 365 дней и все даты рождения равновероятны.
При каком k эта вероятность впервые становится меньше 21 ?У1.6. Задача Банаха. Как утверждал польский математик Гуго Штейнгауз, другойпольский математик, великий Стефан Банах, всегда носил с собой два коробка спичек. Когда ему хотелось закурить, он случайно, с вероятностью 12 , выбирал любой из них, доставалспичку и прятал коробок обратно в карман, даже если спичек в нем больше не было. Пустьвначале в каждом из коробков было по n спичек. Когда Банах впервые наткнется на пустойкоробок, число спичек в другом коробке будет случайной величиной; найдите ее распределение вероятности. Какова асимптотика математического ожидания этой величины прибольших n?Указание. Заметим, что условие нормировки на единицуискомого распределения веP−llроятности эквивалентно комбинаторному тождеству= 2m .
Приведите06l6m Cl+m 2формулу для математического ожидания числа спичек к такой форме, чтобы можнобыло√воспользоваться этим же тождеством, и учтите формулу Стирлинга n! ' nn e−n 2πn.У1.7. Распределение Пуассона. Найти предел распределения вероятности в У1.4,если p = λ/k и k → ∞.
Получить выражения для его производящей функции, математического ожидания и дисперсии. При каком n вероятность P(N = n) достигает максимумапри заданном λ?У1.8. Геометрическое и отрицательное биномиальное распределения. ПустьN1 — число неудач до первого успеха в последовательности независимых случайных испытаний c вероятностью успеха p. Найти распределение вероятностей случайной величины N1и получить выражения для GN1 (z), EN1 и DN1 .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
