ВУЗ:
Составители:
Рубрика:
10 ГАУССОВСКИЙ СЛУЧАЙНЫЙ ВЕКТОР § 1.
K
Y X
= cov(Y, X) = M
◦
Y
◦
X
= M
◦
X +
◦
ε
◦
X
= D{X}+ K
εX
= D
X
,
так как K
εX
= cov(ε, X) = 0 по условию.
K
X
= cov(X, X) = D{X} = D
X
, m
Y
= M{X + ε} = m
X
+ m
ε
.
Таким образом,
b
Y = m
X
+ m
ε
+ D
X
D
X
−1
(X − m
X
) = X + m
ε
.
Найдем тепер ь
b
X =
b
ψ(Y ) = m
X| Y
. По теореме 1.2
b
X = m
X
+ K
XY
K
Y
−1
(Y − m
Y
) = m
X
+ D
X
K
Y
−1
(Y − m
X
− m
ε
).
K
Y
= cov(Y, Y ) = D{Y } = D{X + ε} = D{X} + D{ε} = D
X
+ D
ε
с учетом того, что X и ε независимы. Итак,
b
X = m
X
+
D
X
D
X
+ D
ε
(Y − m
X
− m
ε
).
Заметим, что дисперсию ошибки ∆
b
X =
b
X − X оценки можно вычис-
лить п о формуле (1.5):
D
n
∆
b
X
o
= K
X| Y
= D
X
− K
XY
K
Y
−1
(K
XY
)
⊤
=
= D
X
−
D
X
2
D
X
+ D
ε
= D
X
1 −
D
X
D
X
+ D
ε
< D
X
.
Таким образом, информация об X в виде измерения Y позволяет уточ-
нить тривиальную оценку для X:
e
X = m
X
, дисперсия ошибки которой
D
n
∆
e
X
o
= D
X
.
П р и м е р 1.4. Характеристическая функция вектора X = {X
1
, X
2
}
⊤
имеет вид Ψ
X
(λ) = exp
−(λ
1
2
+ λ
2
2
)
. Вычислить P (|X
1
− X
2
| 6 6).
Р е ш е н и е. Из (1.1) следует, что компоненты X
1
и X
2
независимы и
распределены по закону N(0; 2). Поэтому ξ = X
1
−X
2
∼ N(m
ξ
; D
ξ
), где
m
ξ
= M{X
1
− X
2
} = 0, а D
ξ
= D{X
1
− X
2
} = D
X
1
+ D
X
2
= 4.
Таким образом,
P (|X
1
− X
2
| 6 6) = P(−6 6 ξ 6 6) = Φ
6 −m
ξ
σ
ξ
− Φ
−6 −m
ξ
σ
ξ
= Φ(3) − Φ(−3) = 0,997,
§ 2. ГАУССОВСКИЙ СЛУЧАЙНЫЙ ВЕКТОР 11
где σ
ξ
=
p
D
ξ
= 2, а Φ(x) =
1
√
2π
x
Z
−∞
e
−
t
2
2
dt — функция Лапласа
(интеграл вероятностей).
1.3. Задачи для самостоятельного решения.
1. Пусть компоненты вектора X — независимые гауссовские величины с па-
раметрами (0; 1). Найти преобразование Y = ϕ(X) такое, что Y ∼ N(m
Y
; K
Y
)
для заданных параметров m
Y
и K
Y
.
У к а з а н и е. Воспользоваться факторизацией K
Y
= AA
⊤
.
2. Случайный вектор Z = {X, Y }
⊤
имеет плотность вероятности p
Z
(x, y) =
=
√
2
π
exp{−Q(x, y)}, где Q(x, y) = 2x
2
+ 1,5y
2
− 2xy + 2x + 6y + 18. Вычислить
P(X > Y ).
О т в е т. 1 − Φ
„
−
5
2
r
2
3
«
.
3. Известно, что X ∼ N(m
X
; K
X
), где m
X
=
»
−1
2
–
, K
X
=
»
2 0,5
0,5 1
–
.
Найти плотность вероятности вектора X.
О т в е т. p
X
(x, y) =
1
π
√
7
exp
˘
−
2
7
`
x
2
+ 2y
2
− xy + 4x −9y + 11
´¯
.
4. В условиях задачи 3 найти характеристическую функцию и плотность
вероятности первой компоненты вектора Y =
»
1 3
0 −2
–
X +
»
−2
2
–
.
О т в е т. Ψ
Y
(λ) = exp
˘
3iλ
1
− 2iλ
2
+ 7λ
1
λ
2
− 7λ
1
2
− 2λ
2
2
¯
; p
Y
1
(x) =
= (28π)
−
1
2
exp
−
(x − 3)
2
28
ff
.
5. Случайный вектор Z = {X, Y }
⊤
имеет характеристическую функцию
Ψ
Z
(λ
1
, λ
2
) = exp
˘
λ
1
λ
2
− λ
1
2
− 1,5λ
2
2
¯
. Найти M
˘
(X − Y )
2
¯
.
О т в е т. 7.
6. Получены два наблюдения Y
k
= 2X + ε
k
, k = 1, 2 случайной величины
X ∼ N(1; 4). Ошибки наблюдения ε
1
и ε
2
не зависят друг от друга и от X
и имеют распределение N(0; 1). Найти с.к.-оптимальную оценку
b
X для X по
наблюдениям Y = {Y
1
, Y
2
}
⊤
.
О т в е т.
b
X =
8(Y
1
+ Y
2
) + 1
33
.
7. Пусть {X
⊤
, Y
⊤
}
⊤
— гауссовский вектор, K
Y
> 0,
b
X — с.к.-оптимальная
оценка для X по Y , а ∆X =
b
X − X — ее ошибка. Доказать, что
а) M{∆X} = 0;
б) K
∆X
= K
X
− K
XY
K
Y
−1
(K
XY
)
⊤
;
в) случайные векторы ∆X и
b
X независимы.
10 ГАУССОВСКИЙ СЛУЧАЙНЫЙ ВЕКТОР § 1. § 2. ГАУССОВСКИЙ СЛУЧАЙНЫЙ ВЕКТОР 11
◦ ◦ ◦ ◦ ◦ p Zx t2
KY X = cov(Y, X) = M Y X = M X + ε X = D{X} + K εX = D X , 1
где σξ = Dξ = 2, а Φ(x) = √ e− 2 dt — функция Лапласа
2π
−∞
так как K εX = cov(ε, X) = 0 по условию. (интеграл вероятностей).
K X = cov(X, X) = D{X} = D X , m Y = M{X + ε} = m X + m ε.
1.3. Задачи для самостоятельного решения.
Таким образом, 1. Пусть компоненты вектора X — независимые гауссовские величины с па-
раметрами (0; 1). Найти преобразование Y = ϕ(X) такое, что Y ∼ N (m Y ; K Y )
Yb = m X + m ε + D X D −1
X (X − m X ) = X + m ε. для заданных параметров m Y и K Y .
У к а з а н и е. Воспользоваться факторизацией KY = AA⊤ .
b )=m
b = ψ(Y
Найдем теперь X X| Y . По теореме 1.2 2. Случайный вектор Z = {X, Y }⊤ имеет плотность вероятности p Z (x, y) =
√
2
b = m + K K −1 (Y − m ) = m + D K −1 (Y − m − m ).
X = exp{−Q(x, y)}, где Q(x, y) = 2x2 + 1,5y 2 − 2xy + 2x + 6y + 18. Вычислить
X XY Y Y X X Y X ε π
P(X > Y ). r «
K Y = cov(Y, Y ) = D{Y } = D{X + ε} = D{X} + D{ε} = D X + D ε „
5 2
О т в е т. 1 − Φ − .
с учетом того, что X и ε независимы. Итак, 2 3
» – » –
DX −1 2 0,5
b =m
X + (Y − m X − m ε). 3. Известно, что X ∼ N (m X ; K X ), где m X = , KX = .
X 2 0,5 1
DX + Dε
Найти плотность вероятности вектора X.
1 ˘ ` ´¯
Заметим, что дисперсию ошибки ∆X b =Xb − X оценки можно вычис- О т в е т. p X (x, y) = √ exp − 27 x2 + 2y 2 − xy + 4x − 9y + 11 .
π 7
лить по формуле (1.5): 4. В условиях задачи 3 найти характеристическую
» –функцию
» и плотность
–
n o 1 3 −2
b =K −1 ⊤ вероятности первой компоненты вектора Y = X+ .
D ∆X X| Y = D X − K XY K Y (K XY ) = ˘
0 −2
¯
2
2 2
О т в е т. ΨY (λ) = exp 3iλ 1 − 2iλ 2 + 7λ 1λ 2 − 7λ 1 − 2λ 2 ; p Y1 (x) =
D 2X DX ff
= DX − = DX 1 − < D X. 1 (x − 3)2
DX + Dε DX + Dε = (28π)− 2 exp − .
28
Таким образом, информация об X в виде измерения Y позволяет уточ- 5. Случайный ˘ вектор Z = {X,¯Y }⊤ имеет ˘характеристическую
¯ функцию
нить e = m , дисперсия ошибки которой Ψ Z (λ 1, λ 2) = exp λ 1λ 2 − λ 1 − 1,5λ 22 . Найти M (X − Y )2 .
2
n тривиальную
o оценку для X: X X
О т в е т. 7.
D ∆X e =D .
X 6. Получены два наблюдения Y k = 2X + ε k, k = 1, 2 случайной величины
П р и м е р 1.4. Характеристическая
функция вектора X = {X 1, X 2}⊤ X ∼ N (1; 4). Ошибки наблюдения ε 1 и ε 2 не зависят друг от друга и от X
имеет вид Ψ X (λ) = exp −(λ 21 + λ 22 ) . Вычислить P (|X 1 − X 2| 6 6). и имеют распределение N (0; 1). Найти с.к.-оптимальную оценку X b для X по
Р е ш е н и е. Из (1.1) следует, что компоненты X 1 и X 2 независимы и наблюдениям Y = {Y 1, Y 2}⊤ .
распределены по закону N (0; 2). Поэтому ξ = X 1 − X 2 ∼ N (m ξ; D ξ), где О т в е т. Xb = 8(Y 1 + Y 2) + 1 .
33
m ξ = M{X 1 − X 2} = 0, а D ξ = D{X 1 − X 2} = D X1 + D X2 = 4. b — с.к.-оптимальная
7. Пусть {X ⊤ , Y ⊤ }⊤ — гауссовский вектор, K Y > 0, X
Таким образом, b − X — ее ошибка. Доказать, что
оценка для X по Y , а ∆X = X
6 − mξ −6 − mξ а) M{∆X} = 0;
P (|X 1 − X 2| 6 6) = P(−6 6 ξ 6 6) = Φ −Φ б) K ∆X = K X − K XY K −1 ⊤
σξ σξ Y (K XY ) ;
b
в) случайные векторы ∆X и X независимы.
= Φ(3) − Φ(−3) = 0,997,
Страницы
- « первая
- ‹ предыдущая
- …
- 4
- 5
- 6
- 7
- 8
- …
- следующая ›
- последняя »
