Гмурман - Теория вероятностей и математическая статистика (969547), страница 25
Текст из файла (страница 25)
Ы. Ляпунов доказал, что если для 6 > О при и оо отношение Ляпунова Ь„=С„/В'„'а, где С„= ,'~~ М(Х» — а„~"а, ь=! стремится к нулю (условие Ляпунова), то к последовательности Х„ Х„ ... применима центральная предельная теорема. Сущность условия Ляпунова состоит в требовании, чтобы каждое слагаемое суммы (߄— А„)/В„оказывало на сумму ничтожное влияние. 3 а м е ч а и н е. Для доказательства центральной предельной теоремы А.
М. Ляпунов использовал аппарат характеристических функций. Характеристической функцией случайной величины К называют функцию !р(1) =М (еах). 136 Для дискретной случайной величины Х с возможнымн значениями «» и нх вероятностями р» характеристическая функция ~р (г) = '5' е' » р». » Для непрерывной случайной величины Х с плотностью распределения /(«) характеристическая ф)нкция ~р (1) = ) ена ) (х) О«. Можно доказать, что характеристическая функция суммы независимых случайных величин равна произведению характеристических функций слагаемых. й 9. Оценка отклонения теоретического распределения от нормального. Асимметрия и эксцесс Эмпирическим называют распределение относительных частот.
Эмпирические распределения изучает математическая статистика. Теоретическим называют распределение вероятностей. Теоретические распределения изучает теория вероятностей. В этом параграфе рассматриваются теоретические распределения. При изучении распределений, отличных от нормального, возникает необходимость количественно оценить это различие. С этой целью вводят специальные характеристики, в частности асимметрию и эксцесс.
Для нормального распределения эти характеристики равны нулю. Поэтому если для изучаемого распределения асимметрия н эксцесс имеют небольшие значения, то можно предположить близость этого распределения к нормальному. Наоборот, большие значения асимметрии и эксцесса указывают на значительное отклонение от нормального. Как оценить асимметрию? Можно доказать, что для симметричного распределения (график такого распределения симметричен относительно прямой х = М (Х)) каждый цеитральный момент нечетного порядка равен нулю. Для несимметричных распределений центральные моменты нечетного порядка отличны от нуля. Поэтому любой из этих моментов (кроме момента первого порядка, который равен нулю для любого распределения) может служить для оценки асимметрии; естественно выбрать простейший из них, т. е. момент третьего порядка )«з.
Однако принять этот момент для оценки асимметрии неудобно потому, что !37 его величина зависит от единиц, в которых измеряется случайная величина. Чтобы устранить этот недостаток, р» делят на о' и таким образом получают безразмерную характеристику, Асимметрией теоретического распределения называют отношение центрального момента третьего порядка к кубу среднего квадратического отклонения: А, = р»(о». мо( Рис. 1О Для нормального распределения )«,,йт' = 3; следовательно, эксцесс равен нулю.
Поэтому если эксцесс некоторого распределения отличен от нуля, то кривая этого распределе- 138 Ряс. 11 Асимметрия положительна, если «длинная часть» кривой распределения расположена справа от математического ;р( ) К ожидания; асимметрия отри- А» д цательна, если «длинная а) Ю часть» кривой расположена слева от математического Ме<К) ожидания. Практически оп- ределяют знак асимметрии У ('К) по расположению кривой рас- пределения относительно мо- О А ~д ды (точки максимума дифференциальной функции): если «длинная часть» кривой расположена правее моды, то К) К асимметрия положительна (рис.
1О, а), если слева— отрицательна (рис. 10, б). Для оценки «крутости», т. е. большего илн меньшего подъема кривой теоретического распределения по сравнению с нормальной кривой, пользуются характеристи-' УИ кой — эксцессом. Щ Эксцессом теоретического распределения называют ха- 1 Е»а рактеристику, которая опре- l делается равенством а х Е„= (и,!о') — 3. Я»1 б1 ния отличается от нормальной кривой: если эксцесс положительный, то кривая имеет более высокую и «острую» вершину, чем нормальная кривая (рнс. 11, а); если эксцесс отрицательный, то сравниваемая кривая имеет более низкую и «плоскую» вершину, чем нормальная кривая (рис.
11, б). При этом предполагается, что нормальное и теоретическое распределения имеют одинаковые математические ожидания и дисперсии. $10. Функция одного случайного аргумента и ее распределение Предварительно заметим, что далее, вместо того чтобы говорить «закон распределения вероятностей», будем часто говорить кратко †«распределение». Если каждому возможному значению случайной величины Х соответствует одно возможное значение случайной величины 1', то Г называют функцией случайного аргумента Х: 1' = ~р (Х). Далее показано, как найти распределение функции по известному распределению дискретного и непрерывного аргумента. 1.
Пусть аргумент Х вЂ” дискретная случайная величина. а) Если различным возможным значениям аргумента Х соответствуют различные возможные значения функции т, то вероятности соответствующих значений Х и 1 между собой равны. Пример ц Дискретная случайная величнна Х задана распределеннем Х 2 3 р 0,6 0,4 Найти распределение функции т' =Ха. Р е ш е и н е. Найдем возможные значения т'.ут =2е =. 4; уз=за= '=9. Напишем искомое распределение т': У 4 9 р 0,6 0,4 б) Если различным возможным значениям Х соответствуют значения 1', среди которых есть равные между собой, то следует складывать вероятности повторяющихся значений 1'. 139 Пример 2.
Дискретная случайная величина Х задана распределением Х вЂ” 2 2 3 р 0,4 0,5 0,1 Найти распределение функции г'= Хз. Р е ш е н и е. Вероятность возможного значения у, = 4 равна сумме вероятностей несовмес/нык событий Х= — 2, Х=2, т. е. 04+0,5= = 0,9. Вероятность возможного значения у =9 равна 0,1. Напишем искомое распределение г' У 4 9 р 09 01 понтону 7(ф(у)1=) [у 1= е " 'зо'. 1 3/3/ о р/2п (»») Найдем производную обратной функции по у: ф Ы=(у/) = З 3/3' (»»») Найдем искомую плотность распределения, для чего подставим (»») и (»»») и (»): з/з / ° УМ= „,„,--е" 140 2.
Пусть аргумент Х вЂ” непрерывная слу- чайная величина. Как найти распределение функ- ции )'= гр (Х), зная плотность распределения случайного аргумента Х? Доказано: если у=гр(х) — днфференцируе- мая строго возрастающая или строго убывающая функция, обратная функция которой х = — ф (г/), то плотность рас- пределения у(у) случайной величины )' находится с по- мощью равенства а(у) =1 ~Ф(у)]1Ф'(у) ~.
Пример 3. Случайная величина Х распределена нормально, при- чем ее математическое ожидание а=о. Найти распределение функ- ции )'=Ха. Решен не. Так как функция у=ха дифференцируема и строго возрастает, то можно применить формулу а Ы=/ ИЬ))1Ф' Ы( (») Найдем функцию, обратную функции у=ха: ф (у) = « = у'/з. Найдем 1(ф(у)). По условию, ( (х) — к~/з»1 о )/2п 3 а м е ч а н и е. Пользуясь формулой (ь), можно доказать, что линейная функция г'=АХ-!-В нормально распределенного аргумента Х также распределена нормально, причем для того чтобы найти математическое ожидание 1', надо в выражение функции подставить вместо аргумента Х его математическое ожидание а; л! (г') = Аа+ В; для того чтобы найти среднее квадратическое отклонение г, надо среднее квадратическое отклонение аргуменза Х умножить на модуль козффициента при Х: о (!') =1 А ) о (Х).
Пример 4. Найти ила|ность распределения линейной функции 1'=ЗХ+1, если аргумент распределен нормально, причем математическое ожидание Х равно 2 и среднее квадратическое отклонение равно 0,5. Решен не. Найделг математическое ожидание !'. М (т') = 3 2+ ! 7. Найдем среднее квадратическое отклонение )г: о(1') 3 0,5=1,5 Искомая плотность распределения имеет вид ь". (У) = е 1,5 )I 2п й 11. Математическое ожидание функции одного случайного аргумента Задана ф) нкция г' = гр (Х) случайного аргумента Х. Требуется найти математическое ожидание этой функции, зная закон распределения аргумента.
1. Пусть а р гу мент Х вЂ” диск рет на я ел у ча йн а я в е л и ч и н а с возможными значениями х„х„..., х„, вероятности которых соответственно равны р„р„..., р„, Очевидно, )' — также дискретная случайная величина с возможными значениями у, = гр (х,), у, = чл (х,),, у = гр(х„).
Так как событие «величина Х прийяла значение х,» влечет за собой событие «величина )' приняла значение гр (хг)», то вероятности возможных значений )' соответственно равны р„р„..., р„. Следовательно, математическое ожидание функции ч М [гр (Х)] =- ~ гр (х!) р,. (и) Пример !.Дискретная случайная величина Х задана распределением Х 1 3 5 Р 0,2 0,5 0,3 14! Найтн математическое ожидание функции У=~р(Х)=Ха+1, Решение.
Найдем возможкые значения У: «р(!)=!з+! =2; ~р(3)=за+1=!О; ~р(5)=5з+! =26. Искомое математическое ожидание функпни 'г равно аз [Ха+1)=2 0,2+10.0,5+25 0,3=13,2. 2. Пусть аргумент Х вЂ” непрерывная случайная величина, заданная плотностью распределения ((х). Для отыскания математического ожидания функции У=~р(Х) можно сначала найти плотность распределения а(у) величины У, а затем воспользоваться формулой М (г ) = ) уя (у) с(у.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
