Аркашов Н.С. - Высшая математика. Теория вероятностей и математическая статистика (1275646), страница 11
Текст из файла (страница 11)
. ,то∞XEX =xn pn .(9.1)n=1Если X имеет абсолютно непрерывное распределение с плотностью fX (x),тоZ∞EX =xfX (x)dx.(9.2)−∞Говорят, что математическое ожидание существует (конечно), еслиряд в правой части (9.1) или интеграл в (9.2) абсолютно сходится.Математическое ожидание (м.о.) EX можно рассматривать как среднеезначение случайной величины. Математическое ожидание обладаетследующими свойствами:E1. М.о. постоянной равно этой постоянной: EC = C.E2. М.о. линейно, то есть для любых постоянных C1 , C2 и любых с.в.
X1 , X2выполнено равенствоE(C1 X1 + C2 X2 ) = C1 EX1 + C2 EX2при условии, что математические ожидания в правой части существуют. Вчастности, постоянный множитель можно выносить из-под знака66математического ожидания:(9.3)E(C · X) = C · EX,а математическое ожидание суммы равно сумме математическихожиданий:E(X1 + X2 + . . . + Xn ) = EX1 + EX2 + .
. . + EXn .(9.4)E3. Если с.в. X ≥ 0 c вероятностью 1, то EX ≥ 0. При этомEX = 0 равносильно P{X = 0} = 1.E4. Если с.в. X1 , X2 независимы, то математическое ожидание ихпроизведения равно произведению математических ожиданий:(9.5)E(X1 · X2 ) = EX1 · EX2при условии существования м.о. враспространяется на любое число с.в.:правойчасти.E(X1 · X2 · · · Xn ) = EX1 · EX2 · · · EXn ,Этосвойство(9.6)если с.в. X1 , X2 , ..., Xn независимы.Случайные величины, удовлетворяющие условию (9.5), называютсянекоррелированными. Таким образом, свойство E4 утверждает, чтоесли с.в. независимы, то они некоррелированы.В дальнейшем нам понадобится формула для вычисления Eg(X), гдеg — некоторая функция.
Если случайная величина X имеет абсолютнонепрерывное распределение, тоZ ∞Eg(X) =g(t)fX (t) dt.(9.7)−∞В случае дискретного распределения формула для вычисления Eg(X)принимает вид:∞XEg(X) =g(xn )pn .(9.8)n=1В заключение рассмотрим примеры вычисления математическихожиданий.Пример9.1. Найти м.о. случайной величиныраспределение Бернулли Bp .67X, имеющейРешение. Это распределение с. в.
X, принимающей лишь двазначения 1 и 0 с вероятностями p и q = 1−p соответственно. Напомним,что распределение Бернулли имеет случайная величина, равная числу«успехов» при одном испытании Бернулли. Распределение X дискретно,и ряд распределения задается равенством(p, если k = 1P(X = k) =0, если k = 0.Математическое ожиданиеEX =∞Xk=1xk pk = 1 · p + 0 · q = p.Пример9.2. Найти м.о. случайной величиныбиномиальное распределение Bn, p .Y , имеющейРешение. Напомним, что с.
в. Y имеет биномиальное распределениес параметрами (n, p), где n = 1, 2, . . .; 0 < p < 1 ( Y ⊂= Bn,p ), если онаможет принимать значения 0, 1, ... , n с вероятностями, вычисляемымипо формулам Бернулли:pk = P(Y = k) = Cnk pk q n−k , k = 0, 1, ..., n.Такое распределение имеет с. в. Y , равная числу «успехов» вn независимых испытаниях Бернулли. Поскольку с. в. Y есть число«успехов» в n независимых испытаниях Бернулли, то ее можнопредставить в видеY = X1 + X2 + ... + Xn ,(9.9)где с. в. Xk равна числу «успехов» в одном k-м испытании Бернулли(k = 1, 2, .
. . , n), т. е. она принимает значения 1 или 0 в зависимости от того,был ли «успех» в k-м испытании. Ясно, что все Xk имеют распределениеБернулли Bp . Тогда, применяя следствие ?? и результат предыдущегопримера, находим более простой ответ:EY = E(X1 + X2 + ... + Xn ) = EX1 + EX2 + ... + EXn = np.Пример9.3. Найти м.о.
случайной величиныраспределение Пуассона Πλ .68Y , имеющейРешение. Напомним, что с. в. Y имеет распределение Пуассонас параметром λ > 0, ( Y ⊂= Πλ ), если она может принимать целыенеотрицательные значения с вероятностями, вычисляемыми по формулам:pk = P(Y = k) = e−λλk, k = 0, 1, ... .k!Для вычисления м.о. применим его определение (??):EY =∞Xxk pk =k=1∞Xke−λk=0= e−λ λ∞X λkλk= e−λk=k!k!k=1∞Xλk−1= e−λ λeλ = λ.(k − 1)!k=1В последних вычислениях была использована формула Маклорена дляпоказательной функции:eλ = 1 +∞X λk−1λλ2λk−1++ ...
++ ... =.1!2!(k − 1)!(k − 1)!k=1Упражнение9.1. Покажите, что если с. в.Yимеетгеометрическое распределение Gp (Y ⊂= Gp ), то ее математическое1ожидание равно EY = .pПример9.4. Найти м.о. случайной величиныравномерное распределение U[a; b] .Решение.С.
в. ξ ⊂= U[a; b] имеет абсолютнораспределение с плотностью 1 , если t ∈ [a, b],fX (t) = b − a0,если t ∈/ [a, b].X,имеющейнепрерывноеМ.о. находим по определению:EX =Z∞−∞tfX (t)dt =Zbabt1t2 b 2 − a2a+bdt =· ==.b−ab−a 2 a2(b − a)269Пример9.5. Найти м.о.
случайной величинынормальное распределение Na,σ2 .X,имеющейРешение.Напомним, что с. в. X ⊂= Na,σ2 имеет абсолютнонепрерывное распределение с плотностью2(t−a)1−fX (t) = √ e 2σ2 ,σ 2π−∞ < t < ∞.М.о. находим по определению:EX =Z∞−∞1tfX (t)dt = √σ 2πZ∞xe−(t−a)22σ2dt.−∞Вычислим последний интеграл, прибегнув к замене переменной:1√σ 2πZ∞xe−(t−a)22σ2−∞1= √σ 2πσ= √2πZ∞−∞y2ye− 2 y = t−a ,t = σy + aσ= dt = σdy, −∞ < y < ∞Z∞(σy + a)e−−∞ady + √2πZ∞e−−∞y22y22=σdy =dy = 0 + a · 1 = a.Упражнение9.2.
Докажите, что если с. в. Xимеетэкспоненциальное распределение Eα (X ⊂= Eα ), то ее математическое1ожидание равно EX = .α§ 9.2.Моменты и дисперсияПусть k > 0. Моментом порядка k случайной величиныначальным моментом порядка k, называется числоX, илиαk = EX k ,если соответствующее математическое ожидание существует. Аналогичноопределяются: абсолютный момент порядка kβk = E|X|k ,70центральный момент порядка kµk = E(X − EX)k ,абсолютный центральный момент порядка kνk = E|X − EX|k .Вычисляются моменты с помощью формулkEX =∞Xxkn pn ,kEX =n=1Z∞xk fX (x)dx−∞длядискретногоиабсолютнонепрерывногораспределенийсоответственно.Говорят, что момент случайной величины не существует, еслисоответствующий ряд или интеграл не является абсолютно сходящимся.Теорема о существовании моментов утверждает, что изсуществования момента порядка k > 0 случайной величины x следуетсуществование момента любого порядка l > 0, меньшего, чем k.
Вчастности, из существования второго момента следует существованиепервого момента, то есть математического ожидания.Дисперсией случайной величины X называют центральный моментвторого порядка и обозначают ее DX либо VarX:DX = VarX = µ2 = E(X − EX)2 .При вычислениипредставлением:дисперсииудобнопользоватьсяDX = EX 2 − (EX)2 ,следующимее(9.10)легко вытекающим из определения. В случае абсолютно непрерывногораспределения дисперсия вычисляется также по такой формулеDX =Z∞−∞(t − EX)2 fX (t)dt.И аналогично в случае дискретного распределенияDX =∞X(xn − EX)2 pn .n=171В то время как математическое ожидание представляет среднеезначение случайной величины, дисперсия характеризует средний квадратотклонения случайной величины от ее математического ожидания.Дисперсия имеет следующие свойства.D1.
Дисперсия неотрицательна: DX ≥ 0, — и обращается в нуль тогда итолько тогда, когда с.в. неслучайна, т. е. P(X = C = const) = 1.D2. Постоянный множитель выносится из-под знака дисперсии сквадратом:D(CX) = C 2 DX.D3. Прибавление к с.в. константы не изменяет дисперсии:D(X + C) = DX.D4. Если случайные величины X1 , X2 , ..., Xn попарно некоррелированы,тем более, если они независимы, то дисперсия их суммы равнасумме дисперсий:D(X1 + X2 + ... + Xn ) = DX1 + DX2 + ... + DXn .Стандартным(среднеквадратическим)называется корень из дисперсии:√σX = DX.отклонением(9.11)σXСтандартное отклонение имеет ту же размерность, что и исходнаяслучайная величина.Рассмотрим некоторые примеры вычисления дисперсий.Пример 9.6.
Найти дисперсию случайной величиныраспределение Бернулли Bp .X, имеющейРешение. Напомним, что это распределение с. в. X, принимающейлишь два значения 1 и 0 с вероятностями p и q = 1 − p соответственно.В примере 9.1 было найдено м.о. EX = p. Тогда, используя формулу (??),находим: DX = EX 2 − (EX)2 = EX 2 − p2 . Заметим, что с. в. X 2 имеет тоже распределение, что и X, а именно: она принимает те же два значения1 и 0 с вероятностями p и q = 1 − p соответственно.
Следовательно,ее м.о. совпадает с м.о. X, то есть EX 2 = p. Учитывая эти соображения,находим окончательно:DX = EX 2 − (EX)2 = p − p2 = p(1 − p) = pq.72Пример 9.7. Найти дисперсию случайной величиныбиномиальное распределение Bn,p .Y , имеющейРешение. Найдем DY , используя свойства дисперсии. Как и прирешении примера 9.2, случайную величину Y — число «успехов» в nнезависимых испытаниях Бернулли — можно представить в виде (9.9):Y = X1 + X2 + ... + Xn ,где с. в. Xk равна числу «успехов» в одном k-м испытании Бернулли(k = 1, 2, . .
. , n). При этом, поскольку с. в. Xk связана с k-м испытаниемБернулли, а испытания независимы, то с. в. X1 , X2 , ... , Xn независимы.Тогда дисперсия суммы равна сумме дисперсий:DY = D(X1 + X2 + ... + Xn ) = DX1 + DX2 + ... + DXn = npq,так как все Xk имеют распределение Бернулли Bp и, по предыдущемупримеру, DXk = pq.Упражнение 9.3. Показать, что если с. в.
Y имеет распределениеПуассона Πλ , тоDY = EY = λ.Упражнение9.4. Найти дисперсию с. в.геометрическое распределение Gp .Y,имеющейУпражнение 9.5. Показать, что если с. в. X имеет равномерноераспределение U[a; b] , то(b − a)2.DX =12Пример 9.8. Найти дисперсию случайной величины X, имеющейнормальное распределение Na,σ2 .Решение.
Найдем дисперсию стандартного нормального закона.Вспомним, что, согласно примеру 9.5, для случайной величиныZ, имеющей стандартное нормальное распределение, математическоеожидание равно нулю, и потомуZ ∞21DZ = EZ 2 − (EZ)2 = EZ 2 ==t2 e−t /2 dt.sqrt2π −inf tyЭтот интеграл вычислим по частям: u = t,du = dtDZ = Rt2t2t2 dv = te− 2 dt, v = te− 2 dt = −e− 273=t2 11= √ (−te− 2 ) ∞−∞ + √2π2πZ∞t2e− 2 dt = 0 + 1 = 1.−∞В последних вычислениях были использованы соотношения:2lim tet→±∞− t2= limt→±∞t2te21= 0, √2πZ∞t2e− 2 dt = 1,−∞первое из которых получается из правила Лопиталя, а второе — из свойстваплотности нормального распределения.Итак, для стандартного нормального распределения DZ = 1.Случайную величину с произвольным нормальным распределениемпредставим в виде X = a + σZ, где Z имеет стандартное нормальноераспределение.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
