А.Е. Кондратенко - Задачи с зачётов по теории вероятностей (1119921), страница 3
Текст из файла (страница 3)
Она оборвётся на некотором шаге в силу конечности алгебры. В итоге получится порождающее множество мощности n. Но тогда можно установить биекцию между n- битнымисловами и элементами σ-алгебры по следующему принципу: на i-ая буква есть 1, если ai ∈ ω, и 0 впротивном случае. Так как таких слов 2n , то и мощность σ-алгебры есть 2n . Задача 48. Доказать,что мощность σ-алгебры не может быть счётной.Решение. Пусть σ-алгебра счётна, тогда можно построить счётную последовательность непустых непересекающихся её элементов таким образом: возьмём A 6= Ω за первый элемент и Ā завторой.
Очевидно, что они не пересекаются, и хотя бы один из них можно опять поделить (иначе σалгебра была бы конечной). Будем продолжать этот процесс до тех пор, пока не получим ℵ0 непустыхнепересекающихся элементов. Но любое счётное объединение элементов из неё будет принадлежатьσ-алгебре а если брать объединения различных элементов, то получать будем так же разные. Т.о. вσ-алгебре присутствуют как минимум 2ℵ0 = c элементов. Задача 49. ξ > 0, ∃Mξ. Доказать,что 1 6 MξM 1ξ .10Решение. Нужно доказать, что 1 − MξM 1ξ 6 0.Посмотрим на это выражение, как на дискриминант некоторого квадратного уравнения:1(2xξ + 1)21 12 22D 6 0 ⇔ Mξx − x + M > 0 ⇔ M(4x ξ − 4xξ + 1) > 0 ⇔ M> 0,4 ξξξчто верно при любых x, так как это математическое ожидание неотрицательной функции. Задача 50.
ξi− последовательность независимых неотрицательных целочисленных одинаково распределённых случайных величин, ν− независимая с ними неотрицательная целочисленнаяслучайная величина. Найти Φξ1 +...+ξν .∞∞ P∞PPРешение. Φξ1 +...+ξν = Mxξ1 +...+ξν =xk P (ξ1 + . . . + ξν = k) =xk P (ξ1 + . . . + ξm = k | ν =m) =∞ P∞Pk=0xk P (ξ1 + . . . + ξm = k)P (ν = m) =m=0 k=0∞Pk=0 m=0(Φξ1 (x) )m P (ν = m) = Φν (Φξ1 (x)) m=0Задача 51.
Доказать, что если ξ и η независимы, то ρ (коэффициент корреляции) равен нулю,но обратное не всегда верно.Решение. ⇒ Если ξ и η независимы, то cov(ξ, η) = Mξη − MξMη = 0,а значит и ρ=0.⇐ Рассмотрим величину ξ, принимающие значения 0, π2 и π с равными вероятностями, и величиныsin ξ и cos ξ.
0 = P (cos ξ = 1, sin ξ = 1) 6= P (cos ξ = 1)P (sin ξ = 1) = 91 , значит величины зависимы.Приэтом cov(cos ξ, sin ξ) = M cos ξ sin ξ − M cos ξM sin ξ = 12 M sin 2ξ = 0. Задача 52. Доказать, что |ρ(ξ, η)| = 1 ⇔ η = aξ + b.Решение. То, что |ρ(ξ, η)| 6 1 следует из неравенства Коши-Буняковского M 2 ξη 6 Mξ 2 Mη 2 .Вспомним, как мы его доказывали: M(ξ + λη)2 неотрицательно как мат. ожидание неотрицательнойслучайной величины, притом равенство нулю достигается тогда, когда эта случайная величина свероятностью 1 является константой 0. С другой стороны,M(ξ + λη)2 = Mξ 2 + 2λMξη + λ2 Mη 2 > 0Это означает, что дискриминант квадратного уравнения на λ меньше либо равен нулю, что и даётнам неравенство Коши-Буняковского. Пусть он равен нулю (как раз в этом случае |ρ(ξ, η)| = 1),это значит, что существует такое λ, что M(ξ + λη)2 = 0, откуда заключаем, что с вероятностью 1выполнено ξ = −λη Задача 53. Про производящую функцию Φξ (x) известно, что ∀n > 0 Φξ ( 21n ) = 21n .
Найтираспределение ξ.1Решение. Φξ (0) = Φξ lim 2n = lim Φξ ( 21n ) = 0, значит p0 = 0.Выпишем два равенства:n→∞n→∞∞X1111pk = p0 + p1 + p2 + . . . =k2242k=0∞X1111pk = p0 + p1 + p2 + . . . =2k24164k=0Домножим второе равенство на 2 и вычтем из первого, помня, что p0 = 0:10 + 0 + p2 + . . . = 08Все pi и коэффициенты перед ними неотрицательны, значит все pi , кроме p1 , равны 0.
Отсюда p1 = 1.11Задача 54. Является ли функция Φ(x) = e22e+1 ch x производящей, и если да, то какого распределения?Решение. Нужно проверить, чтобы в точке x = 1 функция равнялась единице и чтобы все еёпроизводные в нуле были неотрицательны. Первое условие выполнено.Φ2n+1 (x) = −2esh x,+1e2Φ2n (x) = Φ(x).В нуле чётные производные равны2e,e2 +1а нечётные равны 0.
Таким образом,p2n+1 = 0, p2n =(e22e.+ 1)(2n)!Задача 55. Верно ли, что сходимость почти всюду равносильна сходимости по вероятности?Решение. Из сходимости почти всюду следует сходимость по вероятности, обратное неверно. PPЗадача 56. Известно, что ξn → ξ, ξn → η. Доказать, что P (ξ = η) = 1.PPPЗадача 57. Известно, что ξn → 0,ηn → η. Доказать, что ξn ηn → 0.Задача 58. Пусть ξi - независимые одинаково распределённые случайные величины, с характеристической функцией1 − |t| , |t| < 1;fξi (t) =0 , |t| > 1.dn→?найти ξ1 +...+ξnРешение.
Обозначим ηn =ξ1 +...+ξn.nНайдём fηn (t):t|t|fηn (t) = (f ξ1 (t))n = (fξ1 ( ))n = (1 − )nnnnотсюда получаем:lim fηn (t) = e−|t|n→∞Задача 59. Про события A и B известно, что P (A) = P (B) = 12 . Доказать, что P (AB) =P (ĀB̄)Решение. Напомню обозначения для событий-множеств: A ∪ B = A + B, A ∩B = AB.Теперь, имея на руках тождество P (A + B) = P (A) + P (B) − P (AB) и правило де Моргана A + B =ĀB̄, подгоним искомое равенство:P (AB) = P (A) + P (B) − P (A + B) = 1 − P A + B = 1 − P ĀB̄ = 1 − (1 − P (ĀB̄)) = P (ĀB̄).dЗадача 60. Известно, что ξn → ξ.Верно ли:а) ∀i ∃Mξi ⇒ ∃Mξб) ∃Mξ ⇒ ∃Mξi , начиная с некоторого номерав) ∃Mξi , ∃Mξ ⇒ Mξi → Mξ12Решение.
Ничего не верно. Приводим контрпримеры:а) Возьмем η - последовательность Коши, аη, η ∈ [−n, n]ξn =0 иначеdВроде это называется обрезкой. Получаем ξi → η = ξ. Из-за того, что плотность у распределенияКоши симметрична относительно 0, а интеграл по конечной области можно взять, то ∀i Mξi = 0, но,как мы знаем, 6 ∃ Mξб) Опять с Коши. Возьмем0, η ∈ [−n, n]ξn =η иначеТогда предельная последовательность будет всюду 0 и мат.
ожидание у нее 0, но у любой ξi мат.ожидания нет, так как у нее остались от Коши «хвосты» на бесконечности, которые, домноженныена x, дают расходящийся интеграл.в) Было на лекции скорее всего. Возьмем дискретную с.в.:0 nξn n−1 1nnОна опять же стремится к константе 0 с мат. ожиданием 0. Но Mξn = 0 · n−1+ n · n1 = 1 nЗадача 61. Найти коэффициент корреляции между числом выпадения единиц и числом выпадения шестёрок при бросании кубика n разРешение. Рассмотрим случайные величины ξi =числу выпадения грани i. Очевидно, что онираспределены одинаковы и по сути нет разницы между ξ1 и ξ6 . Так же ясно,что при бросании кубикаn раз выпадет n граней (n-константа).
Таким образом получаем:X0 = D(n) = D(ξ1 + · · · + ξ6 ) = Dξ1 + · · · + Dξ6 + 2cov(ξi, ξj ) = 6Dξ1 + 2C62 cov(ξ1, ξ6 ),16i<j661 ,ξ6 )1 ,ξ6 )√отсюда следует,что ρ(ξ1 , ξ6 ) = √cov(ξ= − 15 . = cov(ξDξ1Dξ1 Dξ6Задача 62. Доказать, что если ξ, η имеют совместное нормальное распределение (вектор(ξ, η)T нормально распределен) и их ковариация равна нулю, то ξ и η независимы.Задача 63.
Двумерная случайная величина (ξ, η) равномерно распределена на прямоугольнике.Что можно сказать о зависимости ξ и η?Ответ: Независимы.Задача 64. Двумерная случайная величина (ξ, η) равномерно распределена на круге. Что можносказать о зависимости ξ и η?Ответ: Зависимы.13.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
