Новосибирский Государственный Университет
Опубликован: 07.04.2008 | Доступ: свободный | Студентов: 7151 / 1241 | Оценка: 4.56 / 4.32 | Длительность: 16:54:00
Специальности: Математик
Лекция 9:

Преобразования случайных величин

< Лекция 8 || Лекция 9: 123 || Лекция 10 >

Примеры использования формулы свертки

Пример 45. Пусть независимые случайные величины \xi и \eta имеют стандартное нормальное распределение. Докажем, что их сумма имеет нормальное распределение с параметрами a=0 и \sigma^2=2.

Доказательство. По формуле свертки, плотность суммы равна

\begin{multiline*}
f_{\xi+\eta}(x)=\int\limits_{-\infty}^{\infty}\!\frac{1}{2\pi}
\,e^{-u^2\!/2} \,e^{-(x-u)^2\!/2} du=
\int\limits_{-\infty}^{\infty}\!\frac{1}{2\pi}
 e^{-\left(u^2+\tfrac{\,x^2}{2\,}\,-\,xu\right)} du =\\
=e^{-{x^2}\!/{4}}\int\limits_{-\infty}^{\infty}
\!\frac{1}{2\pi}\,e^{-\left(u-\tfrac{x}{2}\right)^2} du 
=\frac{1}{2\sqrt{\pi}}\,e^{-{x^2}\!/{4}}\int\limits_{-\infty}^{\infty}
\!\frac{1}{\sqrt{\pi}} \,e^{-v^2} dv=
\frac{e^{-{x^2}\!/{4}}}{2\sqrt{\pi}}.
\end{multiline*}

Последний интеграл равен единице, поскольку под интегралом стоит плотность нормального распределения с параметрами a=0 и \sigma^2=\frac{1}{2}. Итак, мы получили, что плотность распределения суммы есть плотность нормального распределения с параметрами 0 и 2.

Если сумма двух независимых случайных величин из одного и того же распределения (возможно, с разными параметрами) имеет такое же распределение, говорят, что это распределение устойчиво относительно суммирования. В следующих утверждениях перечислены практически все устойчивые распределения.

Лемма 1. Пусть случайные величины \xi \sim\Pi _\lambda и \eta \sim \Pi _\mu независимы. Тогда \xi+\eta \sim \Pi _{\lambda+\mu}.

Доказательство. Найдем таблицу распределения суммы. Для любого целого k\ge
0

\begin{align*}
\Prob(\xi +\eta=k)&=\sum_{i=0}^k \Prob(\xi=i, \,\eta=k-i)=\cr
&=\sum_{i=0}^k \Prob(\xi=i)\cdot\Prob(\eta=k-i)=
\sum_{i=0}^k \frac{\lambda^i}{i!}\,e^{-\lambda}\cdot
\frac{\mu^{k-i}}{(k-i)!}\,e^{-\mu}= \cr 
&=e^{-(\lambda+\mu)}\frac{1}{k!} 
\sum_{i=0}^k \frac{k!}{i!\,(k-i)!} \lambda^i\mu^{k-i}=
e^{-(\lambda+\mu)}\frac{(\lambda+\mu)^k}{k!}.
\end{align*}
В последнем равенстве мы воспользовались биномом Ньютона.

Лемма 2. Пусть случайные величины \xi \sim\mathrm B_{n,\,p} и \eta \sim\mathrm B_{m,\,p} независимы. Тогда \xi+\eta \sim \mathrm B_{n+m,\,p}.

Смысл леммы 2 совершенно понятен: складывая количество успехов в первых n и в следующих m независимых испытаниях одной и той же схемы Бернулли, получаем количество успехов в n\,{+}\,m испытаниях. Полезно доказать это утверждение аналогично тому, как мы доказали лемму 1.

Лемма 3. Пусть случайные величины \xi{\,\sim\,}{\mathrm N}_{a_1,\,\sigma_1^2} и \eta{\,\sim\,}{\mathrm N}_{a_2,\,\sigma_2^2} независимы. Тогда \xi+\eta {\,\sim\,}{\mathrm N}_{a_1+a_2,\,\sigma_1^2+\sigma_2^2}.

Лемма 4. Пусть случайные величины \xi{\,\sim\,}\Gamma_{\alpha,\,\lambda_1} и \eta{\,\sim\,}\Gamma_{\alpha,\,\lambda_2} независимы. Тогда \xi+\eta {\,\sim\,}\Gamma_{\alpha,\,\lambda_1+\lambda_2}.

Эти утверждения мы докажем позднее, используя аппарат характеристических функций, хотя при некотором терпении можно попробовать доказать их напрямую с помощью формулы свертки.

Показательное распределение не устойчиво по суммированию, однако оно является частным случаем гамма-распределения, которое уже устойчиво относительно суммирования. Докажем частный случай леммы 4.

Лемма 5. Пусть независимые случайные величины \xi_1,\,\dots,\,\xi_n имеют показательное распределение {\mathrm E}_\alpha. Тогда \xi_1+\ldots+\xi_n {\,\sim\,}\Gamma_{\alpha,n}.

Доказательство. Докажем утверждение по индукции. При {n=1} оно верно в силу равенства {\mathrm E}_\alpha=\Gamma_{\alpha,\,1}. Пусть утверждение леммы справедливо для n=k-1. Докажем, что оно верно и для n=k. По предположению индукции, S_{k-1}=\xi_1+\ldots+\xi_{k-1} имеет распределение \Gamma_{\alpha,\,k-1}, т.е. плотность распределения величины S_{k-1} равна

f_{S_{k-1}}(x)=
\begin{cases}
       \;  0, & \text{ если } x\le 0, \cr
\frac{\alpha^{k-1}}{(k-2)!}\, x^{k-2}e^{-\alpha x}, & \text{ если } x> 0.
\end{cases}
Тогда по формуле свертки плотность суммы S_k=\xi_1+\ldots+\xi_k равна
f_{S_k}(x)=\!\int\limits_{-\infty}^\infty\!
f_{S_{k-1}}(u)f_{\xi_k}(x-u)\,du=
\int\limits_0^\infty \frac{\alpha^{k-1}}{(k-2)!}\, u^{k-2}e^{-\alpha u}
f_{\xi_k}(x-u)\,du.
Так как f_{\xi_k}(x-u)=0 при x-u<0, т.е. при u>x, то плотность под интегралом отлична от нуля, только если переменная интегрирования изменяется в пределах 0\le u\le x при x>0. При x\le 0 подынтегральная функция равна нулю. При x>0 имеем
f_{S_k}(x)=\int\limits_0^x \frac{\alpha^{k-1}}{(k-2)!}
\, u^{k-2}e^{-\alpha u}\,\alpha\,e^{-\alpha(x-u)}\,du=
\frac{\alpha^k}{(k-1)!}\, x^{k-1}e^{-\alpha x}.
Поэтому S_k{\,\sim\,}\Gamma_{\alpha,\,k}, что и требовалось доказать.

Пример 46. Равномерное распределение не является устойчивым относительно суммирования. Найдем функцию и плотность распределения суммы двух независимых случайных величин с одинаковым равномерным на отрезке [0,\,1] распределением, но не по формуле свертки, а используя геометрическую вероятность.

Пусть \xi,\,\eta{\,\sim\,}{\mathrm U}_{0,\,1} - независимые случайные величины. Случайные величины \xi и \eta можно считать координатами точки, брошенной наудачу в единичный квадрат.

Тогда F_{\xi+\eta}(t)=\Prob(\xi+\eta<t) равна площади области внутри квадрата под прямой y=t-x. Эта область - заштрихованный на рис. 9.1 треугольник (при 0<t\le 1 ) либо пятиугольник (при 1<t\le 2 ). Получим функцию распределения и плотность распределения суммы двух независимых равномерно распределенных на отрезке [0,\,1] случайных величин:

F_{\xi+\,\eta}(t)=\begin{cases}
0, &  t\le 0,\cr
\frac{1}{2}\,t^2, &  0<t\le 1,\cr
1\mspace{2mu}{-}\mspace{2mu}\frac{1}{2}\,(2\mspace{2mu}{-}\mspace{2mu}t)^2,
&  1<t\le 2,\cr
1, &  t>2;
\end{cases}
\qquad
f_{\xi+\,\eta}(t)=\begin{cases}
0, &  t\not\in (0,\,2),\cr
t, &  0<t\le 1,\cr
2\mspace{2mu}{-}\mspace{2mu}t, & 1<t\le 2.
\end{cases}


Рис. 9.1.

Полученное распределение называется "треугольным распределением" Симпсона. Видим, что распределение суммы независимых случайных величин с равномерным распределением не является равномерным.

Пример 47. Найдем функцию и плотность распределения частного двух независимых случайных величин \xi и \eta, имеющих показательное распределение с параметром 1.

При x>0 по теореме 30 имеем

\Prob\Bigl(\frac\eta\xi<x\Bigr) = 
\mathop{\int\int}\limits_{\!D_x} f_\xi(u)f_\eta(v)\,du\,dv,
где область D_x есть множество точек (u,\,v) таких, что \frac{v}{u} <x. При этом достаточно ограничиться положительными значениями u и v: показательно распределенные случайные величины могут принимать отрицательные значения лишь с нулевой вероятностью.

Вычислим интеграл по области D_x=\{(u,v)\,|\,0<u<\infty,\,0<v<ux\}:

\Prob\Bigl(\frac\eta\xi<x\Bigr) = 
\int\limits_0^\infty \!\left(\,\int\limits_0^{ux} e^{-u}e^{-v}\,dv\right)du 
=1-\frac{1}{x+1}.

Упражнение.Провести вычисления и получить ответ. Таким образом, функция и плотность распределения частного имеют вид

F(x)=\begin{cases}
1-\frac{1}{x+1}, & x>0,\cr
0, & x\le 0;
\end{cases}\qquad
f(x)=\begin{cases}
\frac{1}{\displaystyle(x+1)^2}, & x>0,\cr
0, & x\le 0.
\end{cases}

< Лекция 8 || Лекция 9: 123 || Лекция 10 >
Виктория Монахова
Виктория Монахова
Ulmas Abdullaev
Ulmas Abdullaev

Случайные величины кси1 и кси2 независимы и имеют равномерное распределение на отрезке [0;1]. Найти плотности распределения величин а) кси1-кси2 б) кси1/кси2.