Кармелюк Г.І. Теорія ймовірностей та математична статистика
Подождите немного. Документ загружается.
421
π
2
2
2
=
∫
∞
∞−
−
dzе
z
– інтеграл Пуассона.
Нехай n = 4, тоді
==
−
∞
∞−
∫
dx
е
xXM
x
πσ
σ
2
)(
2
2
2
44
=
−=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−⋅−=
===
==
−−
−
−
∞
∞−
∫
∫
.
2
,;3,
2
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
23
2
4
σσ
σ
σ
σ
σ
σ
πσ
xx
x
x
е
x
dеv
dvdxxеdxxduux
dxеx
=⋅=
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
+−=
−
∞
∞−
∞
∞−
−
∫
πσ
π
σ
σσ
πσ
σσ
2
2
33
2
1
3
2
22
2
23
2
2
2
2
dxеxеx
xx
,3
4
σ
= оскільки
.0lim
2
2
2
23
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⋅⋅−
−
±∞→
σ
σ
x
x
еx
===
−
∞
∞−
−
∞
∞−
∫∫
dxxеxdxеxXM
xx
2
2
2
2
2
5
2
66
2
1
)(
σσ
πσ
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−−=
−
∞
∞−
−
∞
∞−
∫∫
2
2
2
2
2
5
2
2
2
5
2
2
2
2
σσ
π
σ
σ
πσ
σ
xx
еdx
x
dеx
=⋅⋅=+−=
−
∞
∞−
∞
∞−
−
∫
4
2
4
2
5
355
22
2
2
2
2
σσσ
π
σ
π
σ
σσ
dxеxеx
xx
,!)!16(531
66
σσ
−=⋅⋅=
оскільки
.0
2
lim
2
2
2
5
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
−
±∞→
σ
π
σ
x
x
еx
=
⋅
==
−
∞
∞−
−
∞
∞−
∫∫
dxxеxdxеxXM
xx
2
2
2
2
2
7
2
88
2
1
2
1
)(
σσ
πσπσ
422
=+−=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−=
−
∞
∞−
∞
∞−
−−
∞
∞−
∫∫
dxеxеxеdx
xxx
2
2
2
2
2
2
2
6
2
7
2
7
2
7
222
σσσ
π
σ
π
σ
πσ
σ
.!)!18(75311357
886
σσσσσ
−=⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅=
Отже, за індукцією рекурентна формула для обчислення
моментів буде мати вигляд:
;!)!12()(
22 nn
nXM
σ
−=
.0)(
12
=
+n
xM
4.11.12. Випадкова величина
ζ
має Г-розподіл з щіль-
ністю
0,
)(
1
≥
−
−
xe
Г
x
x
λ
αα
α
λ
. Знайти
β
ζ
M . При яких β це мате-
матичне сподівання скінченне?
Розв’язок.
За означенням Г-функція рівна
dxexnГ
xn −
∞
−
∫
=
0
1
)(
. Для
обчислення
β
ζ
M скористуємось формулою математичного
сподівання функції
ϕ
(Х) одного випадкового аргументу:
[]
.)()()(
0
dxxfxXM
∫
∞
=
ϕϕ
Отже,
[]
==⋅=
−−+
∞
−
∞
−
∫∫
dxex
Г
dxxe
Г
x
M
xx
λβααβλ
αα
β
λ
αα
λ
ζ
1
00
1
)(
1
)(
×=⋅=
−
∞
−−+
∞
∫∫
1
0
1
0
)()()(
)(
1
)(
1
xxx
Г
dxex
Г
x
λλλ
λαλ
λ
λ
α
βα
ββ
β
λβαα
===×
−
∞
−+−−
∞
∫∫
dueu
Г
dueuuu
Г
xd
uu
0
11
0
)(
1
)(
1
)(
βα
β
βα
β
λαλα
λ
ββ
λα
βα
λα
)(
)(
)(
1
1
0
Г
Г
dueu
Г
un
+
==
−−
∞
∫
при 0,0 ≥≥
β
α
.
423
Отже, при 0>+
β
α
математичне сподівання скінченне.
4.11.13. Випадкова величина Х розподілена за законом
Коші
)1(
1
)(
2
x
xf
+
=
π
. Знайти щільність розподілу випадко-
вої величини
2
3
+
=
X
Y
.
Розв’язок.
Знайдемо обернену функцію
)( y
Ψ
з рівняння:
;2
3
−= yx ).()2(2
3
1
3
yyyx Ψ=−=−=
Її похідна рівна:
.)2(
3
1
])2[()(
3
2
/
3
1
/
−
−=−=Ψ yyy
Отже, щільність розподілу рівна:
=−⋅
−+
=ΨΨ=
−
3
2
3
2
/
)2(
3
1
])2(1[
1
)()]([)( y
y
yyfyg
π
.
])2()2[(3
1
3
4
3
2
−+−
=
yy
π
Перевірка:
=
−+−
=
∫∫
∞
∞−
∞
∞−
])2()2[(
3
1
)(
3
4
3
2
yy
dy
dyyg
π
=
+
=
−+−
−
=
∫∫
∞
∞−
∞
∞−
3
4
3
2
3
4
3
2
3
1
)2()2(
)2(
3
1
uu
du
yy
yd
ππ
=
+
=
+
====
∫∫
∞
∞−
∞
∞−
⋅⋅
42
2
3
4
3
3
2
2
2
23
3
3
13
3
1
3;
tt
dtt
tt
dtt
dttdutu
ππ
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−−==
+
=
+
=
∞
∞−
∞
∞−
∞
∞−
∫∫
22
11
1
11
442
2
ππ
ππππ
arctgt
t
dt
tt
dtt
.1
1
=⋅=
π
π
424
4.11.14. Випадкова величина Х розподілена нормально з
параметрами (a,
2
σ
). Знайти щільність розподілу величини
Y
= е
x
при довільних a,
σ
.
Розв’язок.
З рівняння
x
ey = , знайдемо обернену функцію
.ln yx
=
Отже,
;ln)( yy =Ψ
y
y
1
)(
/
=Ψ . Оскільки функція
x
ey = ди-
ференційована і строго зростає, то
=ΨΨ= )()]([)(
/
11
yyfyg
2
2
2
2
2
)(ln
2
)(ln
2
11
2
1
σσ
πσπσ
ayay
e
y
y
e
−
−
−
−
=⋅= .
Перевірка:
×==
∫∫
∞
∞−
−
−
∞
∞−
−
−
πσ
σ
πσπσ
σσ
2
2
)(ln
2
1
2
1
2
2
2
2
2
)(ln
2
)(ln
ydedye
y
ayay
,1
2
22
0
22
=⋅==×
∫∫
∞
−
∞
∞−
−
π
ππ
dtedte
tt
оскільки
2
0
2
π
=
∫
∞
−
dte
t
– інтеграл Пуассона.
4.11.15. Задана густина
2
2
2
1
)(
x
exf
−
=
π
нормально роз-
поділеної випадкової величини Х.
Знайти густину розподілу випадкової величини
2
2
1
xy
=
.
Розв’язок.
З рівняння
2
2
1
xy
= знаходимо обернену функцію. Так
як в інтервалі
),(
∞
−∞ функція
2
2
1
xy
= не є монотонною, то
425
розіб’єм цей інтервал на інтервали )0,(
−
∞ і ),0(
∞
в яких
розглядувана функція монотонна. В інтервалі
)0,(
−
∞ обер-
нена функція
yy 2)(
1
−=Ψ ; в інтервалі ),0(
∞
обернена
функція
yy 2)(
2
=Ψ . Шукана щільність розподілу може
бути знайдена з формули:
)()]([)(()]([)(
/
22
/
11
yyfyyfyg Ψ⋅Ψ+Ψ⋅Ψ= .
Знайдемо похідні обернених функцій:
y
y
yy
y
2
2
)(;
2
2
2
1
2)(
/
2
/
1
=Ψ−=⋅−=Ψ . Оскільки
2
2
2
1
)(
x
exf
−
=
π
, то
==Ψ
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
−
2
2
2
1
2
1
)]([
y
eyf
π
;
2
1
2
1
2
2
y
y
ee
−
−
==
ππ
(
)
.
2
1
2
1
)]([
2
2
2
2
y
y
eeyf
−
−
−
==Ψ
ππ
Підставивши похідні у формулу, отримуємо:
==⋅+−⋅=
−−− yyy
e
yy
e
y
eyg
πππ
2
2
2
2
2
1
2
2
2
1
)(
.
1
y
e
y
−
=
π
Так як
∞
≤
≤∞−
x
, то
∞
≤
≤
y0 .
Отже,
y
e
y
yg
−
=
π
1
)(
.
Перевірка:
426
=
⎩
⎨
⎧
∞=∞=
==
=
==
==
∫∫
∞
−
∞
.,
;0,0
,2
,,
11
)(
2
00
ty
ty
tdtdy
ytty
dye
y
dyyg
y
π
,1
2
2221
00
2
2
=⋅==
⋅
=
∫∫
∞
−
∞
−
π
πππ
dtedt
t
te
t
t
оскільки,
π
2
0
2
=
∫
∞
−
dte
t
– інтеграл Пуассона.
4.11.16. Задана густина розподілу
2
2
2
1
)(
x
exf
−
=
π
.
Знайти густину розподілу g(Y) випадкової величини
2
4
1
xy =
.
Розв’язок.
Задано
2
2
2
1
)(
x
exf
−
=
π
,
2
4
1
xy =
,
∞
≤
≤
y0 (див.
розв’язок 4.11.5).
З рівняння
2
4
1
xy =
знаходимо обернену функцію =
x
yy 2)(
1
−=Ψ= для інтервалу )0,(
−
∞ і yyx 2)(
2
=Ψ=
для інтервалу
)0,(∞ і її похідні:
;
1
2
2
)(
/
1
yy
y −=−=Ψ
yy
y
1
2
2
)(
/
2
==Ψ .
;
2
1
2
1
)]([
2
2
2
1
2
y
y
eeyf
−
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
−
==Ψ
ππ
427
(
)
.
2
1
2
1
)]([
2
2
2
2
2
y
y
eeyf
−
−
==Ψ
ππ
Для щільності розподілу g(y) використаємо формулу:
=ΨΨ+ΨΨ= )()]([)()]([)(
/
22
/
11
yyfyyfyg
.
2
21
2
11
2
1
222 yyy
e
yy
e
y
e
−−−
=⋅+−⋅=
πππ
Перевірка:
===
∫∫∫
∞
−
∞
−
∞
dy
y
e
dye
y
dyyg
y
y
0
2
0
2
0
2
2
2
2
)(
ππ
======
∫∫
∞
−
∞
−
dtetdt
t
e
tdtdyty
t
t
2
2
2
2
2
2
2;
0
2
0
2
2
2
2
ππ
===
=
⋅=
==
=
∫∫
∞
−
∞
−
dzedze
z
t
tdtzdz
tz
z
t
zz
00
22
2
2
22
2
2
2
2
.
2
;222
;2;
2
ππ
,1
2
2
=⋅=
π
π
оскільки,
2
2
0
π
=
−
∞
∫
dze
z
– інтеграл Пуассо-
на.
4.11.17. Задана функція розподілу F(x) випадкової вели-
чини Х. Знайти функцію розподілу G(y) випадкової величини
Y = aX + b.
Розв’язок.
За означенням інтегральної функції розподілу G(y) =
= P(Y < y). Нехай:
а) а > 0. Тоді з зростанням Х функція Y зростає і нерів-
ність Y < y виконується для Х < x. Отже
,
428
)()()()( xFxXPyYPyG
=
<
=
<= ,
де
a
by
x
−
=
отримано з рівняння baxy
+
=
. Таким
чином,
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−
=
a
by
FyG
)(
)(
.
б) а < 0. Тоді з зростанням Х функція Y спадає і нерівність
Y < y виконується для Х > x. Отже,
)()()( xXPyYPyG >
=
<= .
Але
1)()(
=
≤
+
> xXPxXP , звідки −=> 1)( xXP
)(1)( xFxXP −=≤− . З рівняння baxy
+
=
виразимо
abyx /)( −= і підставимо в попереднє рівняння. Остаточно
отримуєм:
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−
−=
a
by
FyG
)(
1)(
.
4.11.18. Нехай F(x) – функція розподілу випадкової
величини X.
Знайти функцію розподілу випадкової величини y=–x.
Розв’язок.
Нехай y = x задана своїм законом розподілу. Тоді випад-
кова величина z = – x має ті ж самі імовірності розподілу, що
й y = x. Наприклад:
y = x
1 2 5 11 25
P
0,01 0,07 0,4 0,3 0,22
z = – x
– 1 – 2 – 5 – 11 – 25
z = – x
– 25 –11 – 5 – 2 – 1
P
0,22 0,3 0,4 0,07 0,01
Інтегральні функції F(x) і F(–x) відповідно рівні:
429
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
>
<≤=+
<≤=+
<≤=+
<≤
<
=
.251
;251178,03,048,0
;11548,04,008,0
;5208,007,001,0
;2101,0
;10
)(
x
x
x
x
x
x
xF
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
−>
−<≤−=+
−<≤−=+
−<≤−=+
−<≤−
−<
=−
.11
;1299,007,092,0
;2592,04,052,0
;51152,03,022,0
;112522,0
;250
)(
x
x
x
x
x
x
xF
Див. попередню задачу.
Оскільки події
ε
+
≤
0x і 0>x – протилежні, то
1)0()0(
=
>++≤ xPxP
ε
. Тому =
+
−
=
≤
)()0(
ε
xFxP
)(1 xF−= або )()( xXPxF >
=
−
.
Наприклад. х = 5, – х = – 5, F(5) = 0,08, F(–5) = 0,52 і
52,022,03,0)25()11()5(
=
+
=
=
+
==> xPxPxP
. Тобто
F(–5) = Р(х > 5).
92,0)2()5(
=
−
=
+
−
FF
ε
; 1 – F(5) = 1 –
– 0,08 = 0,92. Тобто
)5(1)5( FF
−
=
+
−
ε
.
Графіки функцій F(x) і F(– x) наведені на рис 4.11.1а, б.
0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26
F(x)
Рис. 4.11.1а.
х
430
0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
-26 -25 -24 -23 -22 -21 -20 -19 -18 -17 -16 -15 -14 -13 -12 -11 -10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0
F(-x)
Рис. 4.11.1б.
4.12. Функція двох випадкових аргументів.
Нехай Х і Y – неперервні незалежні випадкові величини,
що мають щільності розподілів f
1
(x) і f
2
(y). При цьому, якщо
щільність розподілів хоч би одного з аргументів задана на
інтервалі
),( ∞−∞
, то щільність розподілу g(z) суми
y
x
z +
=
обчислюється згідно формули:
∫
∞
∞−
−= dxxzfxfzg )()()(
21
(4.12.1),
або
∫
∞
∞−
−= dyyfyzfzg )()()(
21
(4.12.2).
Для невід’ємних значень аргументів вищенаведені
формули набувають вигляду:
∫
−=
z
dxxzfxfzg
0
21
)()()(
(4.12.3)
або
∫
−=
z
dyyfyzfzg
0
21
)()()( (4.12.4).
х