Задачи по теории вероятностей. Симушкин С.В - 151 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

КФУ | Казань

Составители: 

Рубрика: 

Многомерные случайные величины 151
Z 7 Обратное утверждение не всегда верно. Например, если вектор (ξ, η)
имеет равномерное распределение на отрезке
y = x, 0 6 x 6 1
®
,
то это распределение не будет абсолютно непрерывным (!?), однако
каждая компонента вектора будет иметь абсолютно непрерывное рав-
номерное распределение на [0; 1].
∗ ∗ ∗
Теорема .
Компоненты абсолютно непрерывного случайного вектора (ξ, η)
независимы только тогда, когда совместная функция плотности
f(x, y) = f
ξ
(x) f
η
(y), ∀x, y ∈ R
1
.
∗ ∗ ∗
Пример 9. При изучении геометрических вероятностей мы
показали, что компоненты случайного вектора, равномерно рас-
пределенного в единичном квадрате, независимы. Проверим это с
помощью приведенной здесь теоремы.
Решение. Рассмотрим сначала равномерное распределение на
произвольной области X. Вероятность любого события (ξ, η) ∈ D
для случайного вектора (ξ, η) v U(X) по определению пропорци-
ональна площади части множества D, лежащей внутри области
X :
P {D} =
S(D ∩ X)
S(X)
=
1
S(X)
ZZ
D
du dv I
X
(u, v) ,
где I
X
— индикаторная функция X, а S(Q) — площадь Q. Таким
образом,
F ( x, y) = P {ξ < x, η < y} =
1
S(X)
x
Z
−∞
du
y
Z
−∞
dv I
X
(u, v) .
Следовательно, функция плотности равномерного на X рас-
пределения пропорциональна индикаторной функции области X :
f(x, y) =
1
S(X)
I
X
(x, y) =
1
S(X)
, (x, y) ∈ X .
                    Многомерные случайные величины                   151




 Z 7 Обратное утверждение не всегда верно. Например, если вектор (ξ, η)
                                                 ­                   ®
     имеет равномерное распределение на отрезке y = x, 0 6 x 6 1 ,
     то это распределение не будет абсолютно непрерывным (!?), однако
     каждая компонента вектора будет иметь абсолютно непрерывное рав-
     номерное распределение на [0; 1].

   Теорема .                 ∗∗∗
Компоненты абсолютно непрерывного случайного вектора (ξ, η)
независимы только тогда, когда совместная функция плотности
               f (x, y) = fξ (x) fη (y),           ∀x, y ∈ R 1 .
                                   ∗∗∗
   Пример 9. При изучении геометрических вероятностей мы
показали, что компоненты случайного вектора, равномерно рас-
пределенного в единичном квадрате, независимы. Проверим это с
помощью приведенной здесь теоремы.
   Решение. Рассмотрим сначала равномерное распределение на
произвольной области X . Вероятность любого события (ξ, η) ∈ D
для случайного вектора (ξ, η) v U(X ) по определению пропорци-
ональна площади части множества D, лежащей внутри области
X:                                  ZZ
                  S(D ∩ X )     1
         P {D} =            =           du dv IX (u, v) ,
                         S(X )         S(X )
                                               D
где IX — индикаторная функция X , а S(Q) — площадь Q. Таким
образом,
                                     Zx    Zy
                                   1
     F (x, y) = P {ξ < x, η < y} =      du    dv IX (u, v) .
                                           S(X )
                                                   −∞    −∞
   Следовательно, функция плотности равномерного на X рас-
пределения пропорциональна индикаторной функции области X :
                     1                    1
      f (x, y) =        I (x, y)   =          ,     (x, y) ∈ X .
                   S(X ) X              S(X )

Страницы