Основы теории вероятностей с элементами математической статистики. Тапилин А.М. - 34 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ТвГУ | Тверь

Составители: 

Рубрика: 

34
несобственному интегралу с бесконечными пределами от плотности
совместного распределения, причем переменная интегрирования
соответствует другой составляющей.
Плотность распределения составляющей Х
f
1
(x) = dF
1
(x)/dx = dF(x, )/dx =
dx
d
х
f(x, y)dxdy = f(x, y)dy.
(2.25)
Задание. Подтвердить, что
f
2
( y) = f(x, y) dx.
(2.25а)
2.3.6. Условия независимости случайных величин
Для того, чтобы случайные величины Х и Y были независимыми
необходимо и достаточно, чтобы функция распределения системы (X,Y)
была равна произведению функций распределения составляющих:
F (x, y)=F
1
(x) F
2
(y).
(2.26)
Это необходимо, т.к. если X и Y – независимые случайные величины, то
события (X < x) и (Y < y) независимы, т.е.
P(X < x, Y < y) = P(X < x) Р(Y < y) или F(x, y)=F
1
(x) F
2
(y).
Этого достаточно, т.к. из равенства F(x, y)=F
1
(x) F
2
(y) вытекает, что
P(X < x, Y < y) = P(X < x) Р(Y < y).
Задание. Подтвердить как следствие из формулы (2.26), что для того,
чтобы Х и Y были независимыми, необходимо и достаточно следующее:
f (x, y) = f
1
(x) f
2
(y).
(2.26а)
(Для доказательства необходимости этого условия надо взять
производные от функции (2.26) сначала по х, затем по y. Для
доказательства достаточности надо проинтегрировать функцию (2.26а) по
х и y.)
2.3.7. Теорема. Если Z = X + Y, где X и Y – непрерывные независимые
случайные величины, то
g(z) =
или g(z) =
dyyfyzf )()(
21
,
(2.27)
где f
1
и f
2
– дифференцируемые функции аргументов, из которых хотя бы
одна задана на интервале (- , ) одной формулой.

Страницы