ТЕОРИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ, МАТЕМАТИЧЕСКАЯ СТАТИСТИКА, (1269688), страница 29
Текст из файла (страница 29)
М ( X ) = ; D ( X ) = 2 ; As = 2 3 / 3.llЗадача 2.91. Случайная величина X имеет гамма-распределение сфункцией плотности вероятности (2.17.9). Найдите М ( X ) , D ( X ) икоэффициент асимметрии As. В нечетных вариантах a = 2 , в четных a = 1 .(См. пример 2.91 и исходные данные.)Исходные данные к задаче 2.91.№№№№№№llllll1/213/4322/916111621261/31/31/51/85271217 1/10 22271/522/5431/938131823282/32/31/412/5649141924291/41/21/85451015202530 1/10ПустьX 1 , X 2 ,K , X n ,K –– последовательность независимыхнеотрицательных одинаково распределенных случайных величин спреобразованием Лапласаj x ( s)M (=e- sX¥)ò e = dF ( x) ,- sx0и пусть N –– неотрицательная целочисленная случайная величина,независящая от величин Xi, и имеющая производящую функцию167¥g ( z ) = å z n pn = M ( z N ).n =0Найдем преобразование Лапласа от величины W = X 1 + X 2 + K + X N .По определениюjw ( s)= M =(e - sW=) M=[ M (e- s ( X1 + X 2 +K+ X n ) / N n)]¥= å jn ( s=) P(=Nn) g[j( z )].(2.17.14)n= 0Пример 2.92.
Пусть X 1 , X 2 ,K , X n ,K –– последовательностьнезависимых неотрицательных одинаково распределенных случайныхвеличин с функцией плотности вероятности f ( x) = m exp(-mx ) , m > 0 ,x ³ 0. И пусть N –– неотрицательная целочисленная случайная величина,независящая от величин Xi, и имеющая пуассоновский законраспределенияспараметромl.ДляслучайнойвеличиныW= X 1 + X 2 + K + X N требуется найти М (W ) и D (W ).Решение.
Производящая функция пуассоновского закона распределенияравнаn¥¥¥( zl ) n-l-lnn lg ( z ) = å z pn å=zee =åel ( z=-1) .n! =n! =n= 0n 0n 0Преобразование Лапласа показательного распределения равно¥mj x ( s) ò=e - sxm e -m x dx =.s+m0Поэтому по формуле (2.17.14) имеемé æ möùæ ls öjw ( s) =g[j( z )] =exp êl ç- 1÷ ú =exp ç ÷.+m+mssèøèøëûæ l s ö æ -lm öТак как j¢w ( s) =exp ç ,а÷ç2 ÷è s + m øè ( s + m) øæ l s ö æ l 2m 22lm öj¢¢w ( s ) exp ç - = ÷ ç+,43 ÷+m+m+m()()sssèøèøто2æ l 2 2l ö æ l ö 2l= l / m и D (W ) = j¢¢w ( s ) – [j¢w (0)] = ç 2 + 2 ÷ - ç ÷ = 2 .М (W ) = – j¢w (0)m ø èmø mèm2Ответ.
М(W) =l2l, D(W) = 2 .mm168Задача 2.92. Размеры выплат страховой компании образуютпоследовательность одинаково распределенных независимых случайныхвеличин с функцией плотности вероятностиf ( x) = a 2 x exp( -ax), a > 0, x ³ 0.Пусть N –– число таких выплат имеет распределение Пуассона спараметром l. Найдите математическое ожидание и дисперсию суммыэтих выплат. (См.
пример 2.92, a –– номер варианта.)2.17.3. Характеристические функцииЗамена z на e- s в определении производящей функции позволиларассматривать непрерывные неотрицательные величины. Выгода от такойзамены состоит в мультипликативном свойстве: e- s ( x + y ) = e - sx e - sy . Таким жесвойством обладает и показательная функция чисто мнимого аргумента,которая для действительных x определяется равенством:eixz = cos( xz ) + i sin( xz ) .Характеристической функцией j( z ) случайной величины Xназывается комплексно-значная функция, определенная при z Î Rсоотношениемj( z ) М (еizX=) M [cos( zX=) + i sin( zX )].Если F ( x) –– функция распределения случайной величины X, то¥j( z ) =òeizxdF ( x).(2.17.15)-¥Существование интеграла, определяющего характеристическуюфункцию, вытекает из непрерывности функции еizх и ее ограниченности:| еizх |£ 1. Для дискретной случайной величины X с возможными значениямиxk и их вероятностями pk запись (2.17.15) расшифровывается какj( z ) = å eixk z pk .(2.17.16)kДля непрерывной случайной величины X с функцией плотностивероятности f ( x)¥j( z ) =òeizxf ( x ) dx.(2.17.17)-¥Пример 2.93.1.
Пусть случайная величина X имеет пуассоновскийl k -lе , k = 0,1, 2,¼ . Тогда позакон распределения, т.е. Р ( X = k ) =k!формуле (2.17.11)169l k -lj( z ) = М (е= ) =å e =ek!k =0izk¥izk(leiz )ke åk!k =0-l¥exp{l(eiz - 1)}.(2.17.18)Пример 2.93.2. Пусть X : N (0,1).
Тогда в соответствии с формулой(2.17.12)¥1izkj( z ) М (е )=ò exp(izx)exp( - x 2 / 2)=dx.2p -¥Вместо непосредственного вычисления интеграла, которое требуетспециальной математической техники, найдем его величину косвеннымспособом. Заметим, что¥¥1-i2j¢( z )= ) d {exp( - x 2 / 2)}.ix exp(izx -= x / 2)dxexp(izxòò2p -¥2p -¥Полученный интеграл берем по частям, полагая u = exp(izx) иdv = d{exp( - x 2 / 2)}:¥-izexp(izx )exp(- x 2 / 2) -¥¥ exp(izx - x= 2 / 2) dx - zj( z ),ò2p2p -¥(первое слагаемое равно нулю так как | exp(izx) |£ 1 , а exp(-¥) = 0 ).В итоге для искомой характеристической функции получаемуравнение, которое при начальном условии j(0) = 1 имеет решениеj¢(= z )j( z ) =exp( - z 2 / 2).(2.17.19)Подобным же образом можно показать, что закон распределенияN (m; s2 ) имеет характеристическую функциюj( z ) exp(imz=– z 2s2 / 2).(2.17.20)Свойства характеристических функций.1.
j(0) = 1 , | j( z ) |£ 1 для всех вещественных z.2. Если существует М ( Х n ) –– момент порядка n, то функция j( z )имеет n непрерывных производных иj( n ) (0) = i n M ( X n ).3. Пусть Y = aX + b, где a и b –– постоянные величины, а X имеетхарактеристическую функцию j (z). Тогда характеристическая функцияслучайной величины Y имеет видy( z ) = M (=eizY )= М =(еiz ( aX +b ) ) eizb M (eiazX ) eizb j(az ).4.
Характеристическая функция однозначно определяет распределениеслучайной величины.1705. Если X1 и X2 –– независимые случайные величины, а j1 ( z ) и j2 ( z ) ––их характеристические функции, то характеристическая функция суммыY = X 1 + X 2 равна произведению характеристических функций слагаемых:y ( z ) = j1 ( z )j2 ( z ).Это следует из того, что в силу независимости слагаемыхy ( z ) М {exp[iz ( X 1 + X 2 )]}= M {exp(izX 1 )exp(=izX 2 )}= M {exp(= izX 1 )}M {exp(izX 2 )} j1 ( z )j2 ( z ).Можно показать, что для любого конечного числа независимыхслучайных величин Х 1 , Х 2 ,¼, Х n характеристическая функция их суммыХ 1 + Х 2 + ¼+ Х n равна произведению характеристических функцийслагаемых.Пример 2.93.3.
Случайные величины X и Y независимы и имеютпуассоновские законы распределения с параметрами l1 и l2l1k -l1l 2k - l2соответственно:Р ( Х = k ) = =e ,= Р(=Y k )e , k 1, 2,3,¼ .k!k!Требуется найти закон распределения случайной величины X + Y .Решение. Согласно формуле (2.17.18) характеристические функциислучайных величин X и Y имеют вид:j1 ( z ) = М (е=izX ) exp[l1 (еiz - 1)] и j2 ( z ) = М (е=izY ) exp[l 2 (еiz - 1)].Сумме независимых случайных величин соответствует произведениехарактеристических функций слагаемых. ПоэтомуX +Yимеетхарактеристическую функциюexp[l1 (еiz - 1)]exp[l 2 (еiz - 1)] exp[(= l1 + l 2 )(еiz - 1)].Ответ. X + Y имеет пуассоновский закон распределения спараметром l1 + l 2 .Полученный результат известен как факт устойчивостипуассоновского закона распределения. Этот результат можно обобщить насумму любого конечного числа пуассоновских случайных величин.Теорема.
Если случайные величины Х1 и Х2 независимы и имеютсоответственно нормальные законы распределения N (m1; s12 ) и N (m2 ; s22 ) ,то их сумма Х 1 + Х 2 имеет тоже нормальный закон распределенияN (m1 + m2 ; s12 + s22 ).Д о к а з а т е л ь с т в о . Пусть Х 1 ~ N (m1 ; s12 ) и Х 2 ~ N (m2 ; s22 ) . Иххарактеристические функции в соответствии с формулой (2.17.15) имеют видj1 ( z ) exp(im= 1 z – s12 z 2 / 2) и j2 ( z ) exp(im= 2 z – s22 z 2 / 2).Тогда характеристическая функция суммы Х 1 + Х 2 :171=y( z ) j1=( z )j2 ( z ) exp(= im1 z – s12 z 2 / 2)exp(im2 z – s22 z 2 / 2) == exp{i (m1 + m2 ) z – (s12 + s22 ) z 2 / 2}.А это и означает, что Х 1 + Х 2 ~ N (m1 + m2 ; s12 + s 22 ).Задача 2.93.
Случайная величина X имеет функцию плотности1вероятности: в вариантах 1, 6, 11, 16, 21, 26 f ( x) = e -|x| (закон распределения2Лапласа или двойное экспоненциальное распределение); в вариантах 2, 7,112, 17, 22, 27 f ( x ) =(закон распределения Коши); в вариантах 3,p(1 + x 2 )8, 13, 18, 23, 28 f ( x ) = le -lx , x ³ 0 , l > 0 (показательный законраспределения).
Дискретная случайная величина имеет распределение: ввариантах 4, 9, 14, 19, 24, 29 P ( X = k ) = pq k -1 , k = 1, 2,3,K (геометрическийзакон распределения); в вариантах 5, 10, 15, 20. 25, 30 P ( X = k ) = Cnk p k q n – k ,k = 0,1,2,3,K (биномиальный закон распределения).Найдите характеристическую функцию случайной величины X ихарактеристическую функцию случайной величины Y = aX + b, где a и b ––постоянные. (В вариантах с 1 по 9 величины a и b –– номер варианта, ввариантах с 11 по 30 a –– первая цифра номера варианта, b –– последняяцифра номера варианта.) (См.
примеры 2.93.1, 2.93.2, 2.93.3.)Пример 2.94. Случайная величина Xi имеет закон распределения.XiP–50,2500,550,25Требуется найти характеристическую функцию этой случайнойвеличины. Используя свойства характеристических функций, найтихарактеристическую функцию случайной величины Y = X 1 + X 2 + K + X n ,полагая слагаемые независимыми. Используя запись характеристическойфункции, найти M (Y ) и D (Y ).Решение.
По формуле (2.17.16)jx ( z=) e -5iz × 0,25 + e0 iz × 0,5 + e5iz × 0,25= 0,5[1 + (e5iz + e -5=iz ) / 2] (1 + cos5 z ) / 2.Поэтому характеристическая функция случайной величины Y имеет видjY ( z=) (1 + cos5 z )n / 2n .Для вычисления M (Y ) находимd jY ( z )= n(1 + cos5 z ) n-1 (- sin 5 z ) 5 / 2 n.dz172Последнее выражение при z = 0 равно нулю.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
