1625915153-62da7fb2e48a28563c377c8e71d63db2 (843881), страница 7
Текст из файла (страница 7)
Абсолютно непрерывные распределения.• Гауссовское распределение с параметрами α, σ.Плотность гауссовского распределения122p(t) = √ e(t−α) /2σσ 2π• Равномерное распределение.Случайная величина ξ определена на [a, b] с плотностью 1 , t ∈ [a, b],p(t) = b − a0, иначе• Показательное (экспоненциальное) распределение.Плотность этого распределения задается формулой(αe−αt , t > 0,p(t) =0, иначеЛемма. (свойство непрерывности меры).
Пусть {Ai }∞i=1 – монотонно возрастающий поток событий, то есть . . . ⊆ An ⊆ An+1 ⊆ . . . . Тогда!∞[PAi = lim P(An ).n→∞i=129Д ОКАЗАТЕЛЬСТВО . Введём события B0 = A1 , Bn = An+1 \ An , n > 1. Легко заметить, что Bi ∩ Bj = ∅, если i 6= j. Используя свойство σ-аддитивности меры, придём кравенству!∞∞[XPBi =P(Bi ).i=0Очевидно, что∞S∞SAi =i=1тельство:∞Xi=0i=0Bi . Тогда следующая цепочка равенств завершает доказа-i=0P(Bi ) = limm→∞mXP(Bi ) = lim Pm→∞i=0m[!Bi= lim P(Am+1 ).i=0m→∞Упражнение.
Доказать, что если некая функция множества обладает свойством конечной аддитивности и свойством непрерывности для любого возрастающего потока событий, то эта функция будет σ-аддитивной, т. е. мерой.Теперь сформулируем двойственный аналог доказанного утверждения.Лемма. Пусть {Ai }∞i=1 – монотонно убывающий поток событий, то есть . . . ⊇ An ⊇⊇ An+1 ⊇ . . . Тогда!∞\PAi = lim P(Am ).m→∞i=1Д ОКАЗАТЕЛЬСТВО . Согласно принципу двойственности P∞TAi= 1−Pi=1∞SĀi ,i=1причём Āi удовлетворяют условию предыдущей теоремы. Тогда1 − lim P(Ām ) = 1 − lim (1 − P(Am )) = lim P(Am ).m→∞m→∞m→∞В дальнейшем на любой из этих двух вариантов мы будем ссылаться, как на леммунепрерывности.Упражнение.
Доказать следующие свойства функции распределения:1. Функция распределения монотонно не убывает: Fξ (t) 6 Fξ (t + ∆) ∀∆ > 0 ∀t.2. Поведение на бесконечности: lim Fξ (t) = 1, lim Fξ (t) = 0.t→∞t→−∞3. Функция распределения непрерывна слева: lim Fξ (t − ∆) = Fξ (t).∆→0+0Отметим, что класс всех функций распределения задаётся этими тремя свойствами.Упражнение. Построить случайную величину, для которой Канторова лестница является функцией распределения.Перейдём к рассмотрению распределений случайных векторов.Пусть ξ¯ = (ξ1 , . .
. , ξn ) : (Ω, F) → (Rn , B n ) – случайный вектор. Под распределениемэтого вектора понимается Pξ̄ (A) = P(ξ¯ ∈ A), а под функцией распределенияFξ̄ (t1 , . . . , tn ) = P({ω : ξ1 (ω) < t1 } ∩ . . . ∩ {ω : ξn (ω) < tn }) = P(ξ1 < t1 , . . . , ξn < tn ).30Говорят также, что распределение вектора ξ¯ = (ξ1 , . . . , ξn ) – это совместное распределения набора ξ1 , . . . , ξn .Распределение случайного вектора назовём дискретным, если оно сосредоточено вне более чем счетном числе атомов. Распределение называется непрерывным, если ононе имеет атомов: P(ξ¯ = ā) = 0 для любого вектора ā.Абсолютно непрерывным распределением назовем такое, которое допускает представлениеZZZPξ̄ (A) = p(t) dt = · · · p(t1 , . . .
, tn ) dt1 . . . dtn ,A(t1 ,...,tn )∈Aгде p(t) – плотность совместного распределения ξ1 , . . . , ξn .Непрерывное распределение называется сингулярным, если оно не допускает такого представления.Пример. Бросаем точку наудачу в единичный квадрат. Рассматривая координатыэтой точки, получим случайный вектор ξ¯ = (ξ1 , ξ2 ), который равномерно распределён сединичной плотностью:ZZ1 dt1 dt2 .P(A) = Λ2 (A) =AПродолжая пример, рассмотрим случайный вектор ξ¯0 = (ξ1 , ξ1 ). Очевидно, носителемраспределения этого вектора является диагональ квадрата, то есть одномерное многообразие.
Таким образом, в виде двойного интеграла вероятность попадания в множествоA для такого вектора представить нельзя. Такого типа распределения называются вырожденными.Если есть измеримое отображение f : (Rn , B n ) → (Rk , B k ), n, k = 1, 2, . . .. Тогда k¯ – суперпозиция отображения f и вектора ξ¯ также случайнаямерная величина η̄ := f (ξ)величина (так как суперпозиция измеримых отображений измерима). Мы хотим понять,как считать распределения таких преобразований.Формула свертки распределенийПрежде всего, нам понадобится важное понятие независимости случайных величин.Определение. Совокупность (ξ1 , ..., ξn ) случайных величин, заданных на одном пространстве называется семейством независимых случайных величин, если для любыхборелевских множеств Ai ∈ B совместно распределение факторизуется на маргинальные (одномерные) распределения случайных величинPξ (A1 × .
. . × An ) = P(ξ1 ∈ A1 , . . . , ξn ∈ An ) =nYi=1P(ξi ∈ Ai ) =nYPξi (Ai ).i=1Напомним, что знак «,» обозначает операцию «∩».Заметим, что если Am = R, то {ξim ∈ R} = Ω, и это событие исчезнет в пересечении под знаком вероятности в вышеприведенном определении. Значит, если (ξ1 , . . . , ξn )– независимый набор, то любое его подсемейство также состоит из независимых случайных величин.31Упражнение. Доказать, что если ξ1 , . . . , ξn – дискретные случайные величины(1)(n)с соответствующими наборами атомов {ai },...,{ai }, то независимость этих(k)(k)величин эквивалентна факторизации совместной точечной массы: ∀ai ∈ {aj },k = 1, ..., n,nYP(ξ1 = a1 , .
. . , ξn = an ) =P(ξi = ai ).i=1Аддитивное преобразование. Рассмотрим¯ =f (ξ)nXξi .i=1Этот тип функций для нас важен, потому что если ξi – это индикаторные случайныевеличины (т. е. принимающие только значения 1 или 0), то, например, число «успехов»(или число «1») в соответствующей схеме Бернулли как раз и представляется в видеSn =nXξi .i=1Сначала докажем формулу свертки для дискретного и абсолютно непрерывного распределений. Пусть ξ1 имеет произвольное распределение, ξ2 – произвольное дискретное, т. е. ξ2 ∈ {a2 }, ai < ai+1 .
Задача: найти распределение суммы этих случайных величин P(ξ1 + ξ2 ∈ A), которое и называется сверткой распределений Pξ1 и Pξ2 .Применим формулу полной вероятности. Напомним, что если {Hi } – разбиение пространства элементарных исходов (полная группа событий), то для любого события AXXP(A) =P(A|Hi )P(Hi ) =P(A ∩ Hi ), где P(Hi ) > 0.iiВ качестве Hi возьмем {ξ2 = ai } – это полная группа событий , так как ∀i 6= jHi ∩ Hj = ∅ и ∪Hi = Ω. ТогдаP(ξ1 + ξ2 ∈ A) =XP(ξ1 + ξ2 ∈ A, ξ2 = ai ) =iXP(ξ1 + ai ∈ A, ξ2 = ai ) =i=XP(ξ1 ∈ A − ai , ξ2 = ai ) =i[(где A − ai подразумевает снос влево множества A на число ai ), тогда используя определение независимости]X=P(ξ1 ∈ A − ai )P(ξ2 = ai ) =i[так как атомы упорядочены, то P (ξ2 = ai ) = Fξ2 (ai+1 ) − Fξ2 (ai ) = ∆Fξ2 (ai )]X=P(ξ1 ∈ A − ai )∆Fξ2 (ai ) =i32[Последняя сумма называется интегральной суммой Римана–Стильтьеса.
Так какслучайная величина ξ2 дискретная, то]Z= Pξ1 (A − ai )dFξ2 (ai ).Данный интеграл называется интегралом типа свертки, где Fξ2 – функция ограниченной вариации (то есть супремум по всевозможным разбиениям числовой прямойсуммы модулей приращений должен быть ограничен). Но в данном случае, для дискретной случайной величины, модули приращений почти всюду равны нулю, за исключениемокрестностей атомов.Критерий независимости для случайных величин с абсолютно непрерывным совместным распределением.Пусть случайный вектор ξ¯ = (ξ1 , ξ2 ) имеет абсолютно непрерывное распределение вRZZPξ (A) =p(t1 , t2 ) dt1 dt2 ,2A¯где p > 0 – плотность распределения вектора ξ.Лемма. Если распределение случайного вектора допускаем вышеприведенноепредставление, то координаты ξ1 и ξ2 также имеют абсолютно непрерывныераспределения в R , т.
е. у них существуют плотности (маргинальные) распределения pξ1 и pξ2 .Д ОКАЗАТЕЛЬСТВО . Мы хотим получить интегральное представление для Pξ1 (B)ZZPξ1 (B) = Pξ (B × R) = P(ξ1 ∈ B, ξ2 ∈ R) =p(t1 , t2 ) dt1 dt2 =B×R[используем теорему Фубини]ZZ Z= p(t1 , t2 ) dt2 dt1 , значит, pξ1 (t1 ) = p(t1 , t2 ) dt2 .BRRАналогично проводятся рассуждения для ξ2 и для случайных векторов. Теорема (критерий независимости). Пусть вектор ξ¯ = (ξ1 , .
. . , ξn ) имеет абсолютно непрерывное распределение. Тогда {ξi }ni=1 – независимы тогда и толькотогда, когда ∀tinYpξ̄ (t1 , ..., tn ) =pξi (ti ),i=1где pξi – маргинальные плотности.Д ОКАЗАТЕЛЬСТВО . Достаточно провести рассуждения для двумерного случая.33(→) Чтобы доказать равенство для всех борелевских множеств, по теореме о продолжении меры его достаточно доказать только для класса канонических прямоугольников. ИмеемPξ̄ (A) = Pξ̄ ([a1 , b1 ] × [a2 , b2 ]) = P(ξ1 ∈ [a1 , b1 ], ξ2 ∈ [a2 , b2 ]) =[так как ξ1 и ξ2 независимы]= P(ξ1 ∈ [a1 , b1 ])P(ξ2 ∈ [a2 , b2 ]) =[так как ξ1 , ξ2 – абсолютно непрерывны]Zb2Zb1pξ2 (t2 ) dt2 =pξ1 (t1 ) dt1=a2a1[по теореме Фубини]Zb1 Zb2=pξ1 (t1 )pξ2 (t2 ) dt1 dt2 .a1 a2Упражнение. Показать достаточность критерия независимости.Лемма. Пусть случайные величины ξ1 и ξ2 независимы и имеют абсолютнонепрерывные распределения.
ТогдаZpξ1 +ξ2 (u) = pξ1 (u − v)pξ2 (v) dv.RД ОКАЗАТЕЛЬСТВО . Имеем P(ξ1 + ξ2 ∈ A) = P((ξ1 , ξ2 ) ∈ B), где B = {(x, y) :x + y ∈ A}. Тогда по критерию независимостиZZP(ξ1 + ξ2 ∈ A) =pξ1 (t)pξ2 (s) dtds =B[сделаем замену переменных t + s = u, s = v , якобиан преобразования равен 1, тогда]ZZ=pξ1 (u − v)pξ2 (v) dudv =eB={u∈A,v∈R}[по теореме Фубини]Z=AZ pξ1 (u − v)pξ2 (v) dv du.RСледовательно,Zpξ1 (u − v)pξ2 (v) dv.pξ1 +ξ2 (u) =R34Последний интеграл – это свертка двух плотностей. Упражнение. Рассмотреть случай, когда ξ1 и ξ2 равномерно распределены на[0, 1] и независимы.
Построить свертку их распределений. Посчитать такжеплотность свертки трех и четырех равномерно распределенных плотностей.Заметим, что с увеличением числа ξi график плотности стремится к виду кривой Гаусса.Лемма. Пусть имеется счетный набор событий {Ai }. Введем два события\[[\A+ =Ak , A − =Ak .n k>nn k>nТогда A+ ⊃ A− .События A+ и A− называются соответственно верхним и нижним пределом последовательности {Ai }.Д ОКАЗАТЕЛЬСТВО . Действительно, пусть элементарный исход ω ∈ A− . Тогда онпринадлежит хотя бы одному из пересечений:\∃n0 : ω ∈Ak → ω ∈ Ak ∀k > n0 .k>n0Значит,ω∈[Ak ∀n,k>nт.
е. ω ∈ A+ . Следовательно, A− ⊂ A+ . Упражнение. Показать, что в рассматриваемой общности доказанное включение верхнего и нижнего пределов будет строгим.Теорема (Борель–Кантелли) Пусть имеется счетная последовательность событий {Ai }. ТогдаP1. ЕслиP(Ai ) < ∞, то P(A+ ) = 0 (а так как A− ⊂ A+ , то и P(A− ) = 0).i>12. Если {Ai } независимы в совокупности(то есть любые конечные поднаборыPнезависимы в совокупности) иP(Ai ) = ∞, то P(A+ ) = 1.i>1Эту теорему называют законом нуля и единицы.
Докажем сначала две вспомогательные леммы.Лемма 1. Для любого наборасобытий {Ai } справедливо свойство полуаддиPтивности меры P(∪Ai ) 6 P(Ai ).Д ОКАЗАТЕЛЬСТВО . Для конечного набора событий по уже доказанному свойствуполуаддитивности вероятности имеем!NN[XPAi 6P(Ai ).i=1i=135ОбозначимBN =N[Ai .i=1SSЛегко видеть, что BN – расширяющийся поток событий и BN = Ai . Тогда по лемменепрерывности меры!NN[[ [XXPBN = PAi = lim PAi 6 limP (Ai ) =P (Ai ).N →∞N →∞i=1i=1i>1MЛемма 2. Пусть события {Ai }Mi=1 независимы. Тогда события {Ai }i=1 такженезависимы.M MTQД ОКАЗАТЕЛЬСТВО . Достаточно доказать, что ∀M PĀi =P Āi .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
