Задачи по теории вероятностей. Часть 5.Законы распределения функций случайных величин. Методические указания по решению задач по теории вероятностей для студентов механико-математического факультета

Министерство образования и науки Российской Федерации Государственное образовательное учреждение высшего профессионального образования «РОСТОВСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ»

Г. М. Бездудный, В. А. Знаменский, Н. В. Коваленко, В. Е. Ковальчук, А. И. Луценко, В. В Рындина ЗАДАЧИ ПО ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ Часть 5 ЗАКОНЫ РАСПРЕДЕЛЕНИЯ ФУНКЦИЙ СЛУЧАЙНЫХ ВЕЛИЧИН МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ по решению задач по теории вероятностей для студентов механико-математического факультета

Ростов-на-Дону 2004 г.

УДК 519.2 Г. М. Бездудный, В. А. Знаменский, Н. В Коваленко, В. Е. Ковальчук, А. И. Луценко, В. В. Рындина Задачи по теории вероятностей. Часть 5. Законы распределения функций случайных величин. Методические указания к решению задач для студентов всех специальностей и всех форм обучения механико-математического факультета РГУ.

Печатается по постановлению кафедры теории функций и функционального анализа механико-математического факультета РГУ. Протокол № 5 от 20 января 2004 г. Ответственный за выпуск – доктор физико-математических наук, профессор Кондаков В. П.

Цель настоящей работы – помочь студентам в приобретении навыков по решению задач по теории вероятностей. В начале каждого раздела приводится необходимый теоретический материал, после чего подробно рассматривается большое число типовых примеров. © Коллектив авторов

3

Закон распределения функций от случайных величин Пусть ξ − произвольная n-мерная случайная величина ( n ≥ 1 ), Pξ − вероятностная мера, задающая распределение ξ в ская функция, отображающая

n

k

в

(

n

)

, B n . Пусть y = g ( x ) − борелев-

( k ≥ 1 ), η = g ( ξ ) − случайная величина, Pη

− вероятностная мера, задающая распределение величины η в

(

k

)

, B k . Меры Pη

и Pξ связаны соотношением

(

Pη ( B ) = Pξ g −1 ( B )

)

(1)

для любого борелевского множества B ∈B k . Таким образом, зная распределение ξ, можно по формуле (1) найти распределение величины η = g ( ξ ) . При использовании формулы (1) на практике мы наталкиваемся на чисто технические трудности, поэтому предлагаются более удобные для использования на практике модификации этой формулы. Рассмотрим первый частный случай. Пусть ξ − дискретно распределённая случайная величина, имеющая ряд распределения: ξ

x1

P Pξ ( x1 ) где

∑ Pξ ( xk ) = 1.

…

x2

…

xk

Pξ ( x2 ) … Pξ ( xk ) …

Тогда возможными значениями величины η = g ( ξ ) являются

k

значения g ( xk ) , k = 1, 2, … Очевидно, что η − дискретно распределённая случайная величина. Обозначим её возможные значения через yj, j = 1, 2, …, причём для разных j значения yj − различные. Тогда по формуле (1)

(

)

Pη ( y j ) = Pξ g −1 ( y j ) =

∑

k : xk ∈g

−1

(yj)

Pξ ( xk ) =

∑

k : g ( xk )= y j

Pξ ( xk ) .

4

Итак, ряд распределения случайной величины η задаётся равенством Pη ( y j ) =

∑

k : xk ∈g

−1

(yj)

Pξ ( xk ) =

∑

k : g ( xk )= y j

Pξ ( xk ) , j = 1, 2, …

(2)

Формула (2) решает полностью задачу нахождения закона распределения величины η = g ( ξ ) .

Пример 1. Пусть дискретная случайная величина ξ имеет ряд распределения ξ

−3

−1

0

1

2

P

0,1

0,2

0,3

0,3

0,1

Построить ряд распределения случайной величины η = ξ 2 . Решение. Рассмотрим борелевскую функцию y = x 2 . Случайная величина

η = ξ 2 является дискретно распределённой, её возможными значениями являются числа 0, 1, 4, 9. По формуле (2) Pη ( 0 ) = Pξ ( 0 ) = 0 ,3 ; Pη (1) = Pξ ( −1) + Pξ (1) =

= 0,2 + 0,3 = 0,5 ; Pη ( 4 ) = Pξ ( 2 ) = 0 ,1 ; Pη ( 9 ) = Pξ ( −3) = 0 ,1 . Таким образом, ряд распределения случайной величины η имеет вид η

0

1

4

9

P

0,3

0,5

0,1

0,1

Второй частный случай. Пусть ξ − n-мерная непрерывно распределённая случайная величина, имеющая плотность вероятности pξ ( x ) , где x = ( x1 , x2 ,K , xn ) ∈

{

жим G1 = x ∈

n

}

n

, n ≥ 1 . Поло-

: pξ ( x ) > 0 , в частности, G1 может совпадать с

n

. Пусть

y = g ( x ) − взаимно однозначное дифференцируемое отображение G1 на G2 ,

G2 ⊂

n

, в частности, G2 может совпадать с

n

. Кроме того, пусть якобиан

det g ′ ( x ) ≠ 0 в G1 . Тогда η = g ( ξ ) − n-мерная непрерывно распределённая случайная величина с плотностью вероятности

5

⎧ −1 −1 ′ ( y ) , y ∈ G2 , ⎪ pξ g ( y ) ⋅ det g pη ( y ) = ⎨ ⎪0, y ∈ n \ G . ⎩ 2

(

)

( )

(3)

Зная плотность вероятности случайной величины ξ, по формуле (3) находим плотность вероятности случайной величины η. Очевидно, возможно обратное: зная плотность вероятности η, можно найти плотность вероятности ξ по формуле

⎧ p ( g ( x ) ) ⋅ det g ′ ( x ) , x ∈ G , 1 ⎪ η pξ ( x ) = ⎨ ⎪⎩0, x ∈ n \ G1 .

(4)

Пример 2. Найти плотность вероятности логарифмически нормально распределённой случайной величины ξ. Решение. Положительную случайную величину ξ называют распределённой логарифмически нормально, если случайная величина η = ln ξ распределена по нормальному закону. Найдём плотность вероятности величины ξ по формуле (4). Здесь

G1 = ( 0; + ∞ ) , y = ln x − взаимно однозначное дифференцируемое отображение интервала ( 0; + ∞ ) на R, причём y′ =

1 > 0 при x ∈ ( 0; + ∞ ) . x

Плотность вероятности случайной величины η имеет вид − 1 pη ( y ) = e σ 2π

( y − a )2 2 σ2

, y∈ .

По формуле (4) плотность вероятности случайной величины ξ ( ln x −a )2 ⎧ − 1 2 σ2 , x > 0, ⎪ e pξ ( x ) = ⎨ σ 2π ⋅ x ⎪ ⎩0, x ≤ 0.

Случайная величина ξ, имеющая такую плотность распределения, носит название логарифмически нормально распределённой случайной величины с параметрами a и σ2.

6

Пример 3. Пусть ξ − равномерно распределённая на интервале (0; 1) случайная величина, т. е., её плотность вероятности

⎧⎪1, x ∈ ( 0; 1) , pξ ( x ) = ⎨ ⎪⎩0, x ∉ ( 0; 1) . Пусть λ − любое фиксированное положительное число. Найти плотность вероят-

1 ности случайной величины η = − ln ξ . λ 1 Решение. Рассмотрим функцию y = − ln x , дифференцируемую и взаимно λ однозначно отображающую интервал (0; 1) на луч (0; +∞), причём y′ ( x ) = при

x ∈ ( 0; 1) . Воспользуемся формулой (3). В этой задаче

1 >0 λx

G1 = ( 0; 1) ,

1 G2 = ( 0; + ∞ ) , g ( x ) = − ln x , x ∈ ( 0; 1) . λ 1 Из уравнения y = − ln x находим x = e −λy , значит, g −1 ( y ) = e −λy , y > 0 . λ

( g )′ ( y ) = ( e )′ = λe −1

(

−λy

−λy

.

)

По формуле (3) pη ( y ) = pξ e −λy ⋅ λe − λy , если y > 0 , и pη ( y ) = 0 , если y < 0 . Так как pη ( 0 ) можно положить равным любому числу, поскольку изменение значения плотности вероятности в конечном числе точек не влечёт изменения закона распределения, то окончательно получаем:

⎧λe −λy , y ≥ 0, pη ( y ) = ⎨ ⎩0, y < 0. Таким образом, мы получили, что η − экспоненциально распределённая случайная величина с параметром λ. Этот результат имеет важное приложение на практике. Допустим, что надо получить выборку объёма n из экспоненциально распределённой случайной величины с заданным значением параметра λ > 0. За-

7

дача решается следующим образом. На современных ЭВМ имеется датчик случайных чисел, равномерно распределённых на (0; 1). Датчик выдаст n случайных

1 чисел: x1, x2, …, xn. Тогда числа y j = − ln x j , j = 1, n , образуют выборку объёма n λ из экспоненциально распределённой случайной величины η с параметром λ. Мы рассмотрели два важных частных случая нахождения закона распределения случайной величины η = g ( ξ ) . Теперь рассмотрим общий случай. Пусть ξ − n-мерная случайная величина, n ≥ 1 , с функцией распределения

Fξ ( x ) , где x = ( x1, x2 , ..., xn ) ∈

n

. Если существует плотность вероятности вели-

чины ξ, то её будем обозначать pξ ( x ) =

∂ n Fξ ( x ) ∂x1∂x2 ...∂xn

. Пусть y = g ( x ) − скалярная

борелевская функция, не обязательно отображающая взаимно однозначно, тем более не обязательно дифференцируемая. Рассмотрим скалярную случайную величину η = g ( ξ ) . Обозначим через Fη ( y ) её функцию распределения. Если существует плотность вероятности величины η, то её будем обозначать pη ( y ) =

= Fη′ ( y ) . Вместо нахождения вероятностной меры Pη по формуле (1) будем находить функцию распределения Fη ( y ) . По определению функции распределения

(

)

Fη ( y ) = P ( η < y ) = Pη ( −∞; y ) = Pξ g −1 ( −∞; y ) . Итак,

(

)

Fη ( y ) = Pξ g −1 ( −∞; y ) .

(5)

Формула (5) является более удобной для использования на практике модификацией формулы (1).

Пример 4. Пусть случайная величина ξ равномерно распределена на отрезке [−3; 2], т. е., её плотность вероятности

8

⎧⎪1 5, x ∈ [ −3; 2] , pξ ( x ) = ⎨ ⎪⎩0, x ∉ [ −3; 2]. Найти закон распределения случайной величины η = ξ 2 . Решение. Функция y = x 2 является борелевской функцией, но она не отображает взаимно однозначно отрезок [−3; 2] на какую либо область, поэтому не применима формула (3), и мы воспользуемся формулой (5). Очевидно, величина

η = ξ 2 может принимать лишь неотрицательные значения, поэтому при y ≤ 0 событие

{η < y}

является невозможным, следовательно, Fη ( y ) = P ( η < y ) = 0 для

любого y ≤ 0 . При y > 0

(

) (

y

) (

) ∫

Fη ( y ) = P ( η < y ) = P ξ < y = P ξ < y = P − y < ξ < 2

y =

pξ ( x ) dx .

− y

Вычислим последний интеграл.

(

Если 0 < y < 4 , то 0 < y < 2 , а −2 < − y < 0 , поэтому − y ; y

∫

y

pξ ( x ) dx =

− y

)

y ⊂ [ −3; 2] и

−

∫

1 2 dx = y. 5 5 y

Если 4 < y < 9 , то 2 < y < 3 , а −3 < − y < −2 , поэтому правый конец ин-

(

тервала − y ,

)

y попадает правее точки 2, а левый конец − y ∈ [ −3, 2] , следо-

вательно, при 4 < y < 9 y

∫

− y

1 pξ ( x ) dx = ∫ dx + 5 − y

Наконец, если y > 9 , то следовательно,

2

y

∫ 2

0 ⋅ dx =

(

)

1 2+ y . 5

(

y > 3 , а − y < −3 , поэтому − y ;

)

y ⊃ [ −3; 2] ,

9

y

∫

− y

−3

2

1 pξ ( x ) dx = ∫ 0 ⋅ dx + ∫ dx + 5 −3 − y

y

∫ 0 ⋅ dx = 1 . 2

Учитывая непрерывность слева в каждой точке функции распределения, получаем:

⎧0, ⎪2 ⎪ ⎪5 Fη ( y ) = ⎨ ⎪1 ⎪5 ⎪1, ⎩

y ≤ 0, y , 0 < y ≤ 4,

( 2 + y ),

4 < y ≤ 9,

y > 9.

По виду полученной функции делаем вывод, что η − непрерывно распределённая случайная величина с плотностью вероятности

⎧0, y < 0, ⎪ 1 ⎪ , 0 < y < 4, ⎪⎪ 5 y pη ( y ) = Fη′ ( y ) = ⎨ ⎪ 1 , 4 < y < 9, ⎪10 y ⎪ ⎪⎩0, y > 9. В точках 0, 4, 9 плотность вероятности может быть определена произвольно.

Пример 5. Пусть ξ − нормально распределённая случайная величина с параметрами 0 и 1. Найти закон распределения случайной величины η = aξ2 , a > 0 . Решение. Плотность вероятности случайной величины ξ задаётся формулой

1 − pξ ( x ) = e 2π

x2 2

.

Функция y = ax 2 не является взаимно однозначным отображением, поэтому формула (3) неприменима. Так как η = aξ 2 может принимать лишь значения из промежутка [ 0, + ∞ ) ,

10

то для любого y ≤ 0 событие {η < y} является невозможным, поэтому при y ≤ 0 имеем:

Fη ( y ) = P ( η < y ) = 0 . Пусть теперь y > 0 . Тогда

(

) (

) (

)

Fη ( y ) = P ( η < y ) = P aξ 2 < y = P ξ 2 < y a = P ξ <

y a = 2Φ

(

)

y a ,

поскольку, по условию, ξ − нормально распределена. Итак,

⎧⎪0, y ≤ 0, Fη ( y ) = ⎨ ⎪⎩2Φ y a , y > 0.

(

)

Найдём плотность вероятности случайной величины η. При y < 0 pη ( y ) = Fη′ ( y ) = 0 . При y > 0

⎛ y⎞ d ⎛⎜ 1 ′ pη ( y ) = Fη ( y ) = 2Φ′ ⎜ ⎟=2 a dy ⎜ 2π ⎝ ⎠ ⎝

y a

∫

e

0

y

−

t2 ⎞ 2 dt ⎟

⎟ ⎠

=

y

− 1 − 2a 1 1 = 2⋅ e ⋅ = e 2a . 2π 2 ay 2πay

Итак,

⎧0, y < 0, ⎪ pη ( y ) = ⎨ 1 e− y ⎪ 2πay ⎩

2a

, y > 0.

Такой закон распределения носит название Γ-распределения. При a = 1 получаем так называемый закон распределения χ 2 с одной степенью свободы.

Пример 6. Пусть ξ − случайная величина, равномерно распределённая на

[ −π; π] . Найти закон распределения случайной величины η = sin ξ . Решение. Поскольку случайная величина ξ равномерно распределена на

11

[ −π; π] , то её плотность вероятности ⎧⎪1 2π , x ∈ [ −π; π] , pξ ( x ) = ⎨ ⎪⎩0, x ∉ [ −π; π] . Функция y = sin x отображает отрезок [ −π; π] на отрезок [ −1; 1] , поэтому случайная величина η принимает значения η ≤ 1 . Следовательно, при y ≤ −1 событие

{η < y}

невозможно, а при y > 1 событие

{η < y}

достоверно, поэтому

Fη ( y ) = 0 при y ≤ −1 и Fη ( y ) = 1 при y > 1 . Остаётся рассмотреть случай −1 < y ≤ 1 . Пусть −1 < y ≤ 0 . Решая графически (см. рис 1) неравенство sin ξ < y , получим

x2 + 2πk < ξ < x1 + 2πk , k ∈ , где x1 = arcsin y , x2 = −π − arcsin y . Поэтому по формуле (5) y

−π

x1

x2

O

x y

Рис. 1

Fη ( y ) = P ( sin ξ < y ) =

x1

∫

x2

=

1 dx + ∑ 2π k ≥1

x1 + 2 πk

∫

x2 + 2 πk

0 ⋅ dx =

1 ( x1 − x2 ) = 2π

1 1 1 ( π + 2 arcsin y ) = + arcsin y . 2π 2 π

Пусть теперь 0 < y ≤ 1 . Теперь решениями неравенства sin ξ < y , принадлежащими отрезку [ −π; π] , будут полуинтервалы [ −π; x1 ) и ( x2 ; π] (см. рис. 2), где

x1 = arcsin y , x2 = π − arcsin y .

12

y y −π

O

x1

x2

π

x

Рис. 2 Поскольку на остальных промежутках, удовлетворяющих неравенству

sin ξ < y , плотность вероятности случайной величины ξ равна нулю, то, снова используя формулу (5), получаем: x1

π

1 1 1 Fη ( y ) = P ( sin ξ < y ) = ∫ dx + ∫ dx = ( x1 + π + π − x2 ) = π π π 2 2 2 −π x 2

=

1 1 1 ( π + 2 arcsin y ) = + arcsin y . 2π 2 π

Итак,

⎧0, y ≤ −1, ⎪1 1 ⎪ Fη ( y ) = ⎨ + arcsin y, − 1 < y ≤ 1, ⎪2 π ⎪⎩1, y > 1. Плотность вероятности величины η выглядит так:

1 ⎧ , y < 1, ⎪ pη ( y ) = Fη′ ( y ) = ⎨ π 1 − y 2 ⎪0, y > 1. ⎩ Найденный закон распределения носит название закона арксинуса.

Пример 7. Пусть ξ1 и ξ2 − независимые величины, равномерно распределённые на отрезке [0; 2]. Найти закон распределения случайной величины

η = ξ1 − ξ 2 .

13

Решение. Плотности вероятностей случайных величин ξ1 и ξ2 равны соответственно

⎧⎪1 2, x ∈ [ 0, 2] , ⎧⎪1 2, y ∈ [ 0, 2] , pξ1 ( x ) = ⎨ pξ2 ( y ) = ⎨ ⎪⎩0, x ∉ [ 0, 2]; ⎪⎩0, y ∉ [ 0, 2] . Образуем двумерную случайную величину ξ = ( ξ1, ξ 2 ) . Так как компоненты независимы, то её плотность вероятности

⎧⎪1 4, ( x, y ) ∈ [ 0, 2] × [ 0, 2] , pξ ( x, y ) = pξ1 ( x ) ⋅ pξ2 ( y ) = ⎨ ⎪⎩0, ( x, y ) ∉ [ 0, 2] × [ 0, 2] . Для любого z ∈

имеем:

Fη ( z ) = P ( η < z ) = P ( ξ1 − ξ 2 < z ) =

∫∫

{ x − y < z}

pξ ( x, y ) dxdy .

(6)

На плоскости xOy неравенству x − y < z соответствует полуплоскость, лежащая выше прямой x − y = z . Рассмотрим четыре случая. 1. Пусть z ≤ −2 . В этом случае, как нетрудно увидеть, точка ( x, y ) ∉ [ 0, 2] × [ 0, 2] , поэтому в интеграле (6) подинтегральная функция равна нулю, следовательно, равен нулю и сам интеграл. Итак, Fη ( z ) = 0 , если z ≤ −2 . 2. Пусть −2 < z ≤ 0 . В этом случае, как видно из рисунка 3, подинтегральная функция равна нуy 2

z

2

x

O Рис. 3 лю во всех точках полуплоскости выше прямой x − y = z , за исключением точек,

14

принадлежащих треугольнику, отсечённому этой прямой от квадрата. В точках, принадлежащих указанному треугольнику, плотность равна 1/4. Поэтому интеграл будет равен 1/4, умноженной на площадь отсечённого треугольника. Так как треугольник равнобедренный и прямоугольный с катетом, равным 2 + z , то его площадь равна

1 1 2 2 ( 2 + z ) . Следовательно, Fη ( z ) = ( 2 + z ) , если −2 < z ≤ 0 . 2 8

3. Пусть 0 < z ≤ 2 . В этом случае, вычисляя Fη ( z ) снова по формуле (6), мы видим (рис. 4), что подинтегральная функция равна нулю во всех точках полуплоскости, лежащей y

x

O z

2 Рис. 4

выше прямой x − y = z , за исключением точек пятиугольника, отсекаемого этой прямой от квадрата, в которых подинтегральная функция равна 1/4. Поэтому интеграл будет равен 1/4, умноженной на площадь пятиугольника, а площадь пятиугольника равна площади квадрата минус площадь отсекаемого равнобедренного треугольника

4−

с

катетом

2− z.

Поэтому

площадь

пятиугольника

равна

1 1 1 1 2 2 2 ( 2 − z ) , следовательно, Fη ( z ) = ⎛⎜ 4 − ( 2 − z ) ⎞⎟ = 1 − ( 2 − z ) . 2 4⎝ 2 8 ⎠ 4. Пусть z > 2 . В этом случае интегрирование в (6) производится по всему квадрату, по-

этому Fη ( z ) = 1 . Итак,

15

⎧0, z ≤ −2, ⎪1 ⎪ ( 2 + z )2 , − 2 < z ≤ 0, ⎪8 Fη ( z ) = ⎨ ⎪1 − 1 ( 2 − z )2 , 0 < z ≤ 2, ⎪ 8 ⎪1, z > 2. ⎩ Плотность вероятности имеет вид:

⎧0, z < −2, ⎪1 ⎪ ( 2 + z ) , − 2 < z < 0, ⎪ pη ( z ) = Fη′ ( z ) = ⎨ 4 ⎪ 1 ( 2 − z ) , 0 < z < 2, ⎪4 ⎪0, z > 2. ⎩ Пример 8. Пусть ξ1 и ξ2 − независимые случайные величины, имеющие

⎧2e −2 x , x ≥ 0, ⎧3e −3 y , y ≥ 0, плотности вероятности pξ1 ( x ) = ⎨ и pξ2 ( y ) = ⎨ . Найти за⎩0, x < 0 ⎩0, y > 0 кон распределения случайной величины η = 5ξ1 + 4ξ 2 . Решение. Введём в рассмотрение двумерную случайную величину

ξ = ( ξ1, ξ 2 ) . Её компоненты независимы, поэтому плотность её вероятности ⎧⎪6e −( 2 x +3 y ) , x ≥ 0, y ≥ 0, pξ ( x, y ) = p1 ( x ) ⋅ p2 ( y ) = ⎨ ⎪⎩0, x < 0 или y < 0. Следовательно, pξ ( x, y ) отлична от нуля лишь в первой четверти декартовой плоскости xOy. По формуле (5)

Fη ( z ) =

∫∫

{5 x + 4 y < z}

pξ ( x, y ) dxdy .

(7)

Если z ≤ 0 , то в неравенстве 5 x + 4 y < z переменные x и y не могут быть одновременно положительными, поэтому в интеграле (7) подинтегральная функция равна нулю всюду в области интегрирования, следовательно, Fη ( z ) = 0 .

16

Если же z > 0 , то в интеграле (7) подинтегральная функция отлична от нуля y

z 4 z 5

O

x Рис. 5 в треугольнике, ограниченном координатными осями и прямой 5 x + 4 y = z (рис.5), поэтому z5

Fη ( z ) = 6 ∫ dx

( z −5 x )

0

z5

(

∫

4

e

−( 2 x + 3 y )

0

− 3 z −7 x ) = 2 ∫ e −2 x − e ( 0

z5

(

dy = 2 ∫ dx ⋅ −e 0

4

)

dx = − e −2 x

z5 0

−( 2 x + 3 y )

)

8 − 3 z −7 x ) + e( 7

( z −5 x )

4

=

0

4

z5 0

=

8 8 15 8 = 1 − e − 2 z 5 − e − 2 z 5 + e −3 z 4 = 1 − e − 2 z 5 + e − 3 z 4 . 7 7 7 7 Итак,

⎧0, z ≤ 0, ⎪ ; Fη ( z ) = ⎨ 15 −2 z 5 8 −3 z 4 − + > 1 e e , z 0 ⎪⎩ 7 7 ⎧0, z < 0, ⎪ pη ( z ) = Fη′ ( z ) = ⎨ 6 −2 z 5 −3 z 4 −e , z > 0. ⎪⎩ 7 e

(

)

Пример 9. Пусть ξi (i = 1, 2, …, n) − независимые нормально распределённые случайные величины с параметрами 0 и 1. Найти закон распределения слуn

чайной величины η = ∑ ξi2 . i=1

Решение. Каждая из случайных величин ξi имеет, по условию, плотность

17

x2

1 − 2i вероятности pξi ( xi ) = e , i = 1, 2, ..., n . Введём в рассмотрение n-мерную 2π случайную величину ξ = ( ξ1, ξ 2 , ..., ξ n ) . Так как её компоненты независимы, то её плотность вероятности n

pξ ( x1 , x2 , ..., xn ) = ∏ pξi ( xi ) = i =1

−

1

( 2π )

n2

e

1 n 2 ∑ xi 2 i =1

.

Так как случайная величина η может принимать лишь неотрицательные значения, то при z ≤ 0 её функция распределения

Fη ( z ) = P ( η < z ) = 0 . Если же z > 0 , то по формуле (5)

⎛ n 2 ⎞ Fη ( z ) = P ( η < z ) = P ⎜ ∑ ξi < z ⎟ = ⎝ i =1 ⎠

∫∫K ∫ pξ ( x1, x2 , ..., xn ) dx1dx2 ...dxn = n

∑ xi2 < z i =1

=

1

( 2π )

n2

∫∫K ∫ e

−

1 n 2 ∑ xi 2 i =1

dx1dx2 ...dxn .

n

∑ xi2 < z i =1

Вычислим последний интеграл, совершив переход к сферической системе координат: x1 = r cos ϕ1 ; x2 = r sin ϕ1 cos ϕ2 ; …, xn−1 = r sin ϕ1 sin ϕ2 K sin ϕn−2 cos ϕn−1 ;

xn = r sin ϕ1 sin ϕ2 K sin ϕn−2 sin ϕn−1 . При этом якобиан J ( r , ϕ1 , ..., ϕn−1 ) =

D ( x1, x2 , ..., xn ) = r n−1 sin n−2 ϕ1 sin n−3 ϕ2 K sin ϕn−1 , D ( r , ϕ1 , ..., ϕn−1 )

0 ≤ r ≤ z , 0 ≤ ϕi ≤ π ( i = 1, 2, ..., n − 2 ), 0 ≤ ϕn−1 ≤ 2π . Проведя указанную замену, получим:

Fη ( z ) =

z

1

∫r ( 2π ) 0 n2

1 π π 2π − r2 2 e dr d ϕ1 K d ϕn−2 0 0 0

n −1

∫

∫

∫ sin

n−2

ϕ1 sin n−3 ϕ2 K sin ϕn−1 d ϕn−1 =

18

=

z

1

r ∫ ( 2π ) 0

1 − r2 e 2 dr ⋅

n −1

n2

2πn 2 2 = n2 Γ ( n 2) 2 Γ ( n 2)

z

∫r

1 − r2 e 2 dr .

n −1

0

(Подробное вычисление интеграла можно посмотреть в учебнике Г. М. Фихтенгольца “Курс дифференциального и интегрального исчисления”, т.3, 676, 12.) Итак,

⎧0, z ≤ 0, ⎪ Fη ( z ) = ⎨ 2 ⎪ 2n 2 Γ n 2 ( ) ⎩

z

∫

r

1 − r2 e 2 dr ,

n −1

z>0

;

0

⎧0, z < 0, ⎪ n z −1 − pη ( z ) = Fη′ ( z ) = ⎨ 1 2 2 ⎪ 2n 2 Γ n 2 z e , z > 0. ( ) ⎩

(*)

Закон распределения, имеющий такую плотность вероятности, носит назваn

ние χ2-распределения с n степенями свободы. Величину η = ∑ ξi2 будем обознаi =1

чать в дальнейшем χ2(n).

Пример 10. Пусть ξ = χ2(n). Найти закон распределения случайной величины η = ξ (χ-распределение). Решение. Функция

y= x

взаимно однозначно отображает область

G1 = ( 0; + ∞ ) на G2 = ( 0; + ∞ ) . При этом Очевидно, x = y 2 ,

( )

1 dy = > 0 для любого x > 0 . dx 2 x

dx = 2 y . По формуле (3) dy

( )

1 pη ( y ) = pξ y ⋅ 2 y = n 2 y2 2 Γ ( n 2) 2

1 n −1 − y 2 2 e 2

1

− y2 2 n −1 2 ⋅ 2y = n 2 y e 2 Γ ( n 2)

при y ≥ 0 . (Здесь использовано соотношение (*).) Итак, плотность вероятности χ-распределения с n степенями свободы имеет вид:

19

⎧0, y < 0, ⎪ 1 − y2 pχ( n ) ( y ) = ⎨ 2 n −1 2 , y > 0. ⎪ 2 n 2Γ n 2 y e ( ) ⎩ Пример 11. Пусть ( ξ1, ξ 2 ) − двумерная непрерывно распределённая случайная величина с плотностью вероятности f ( x, y ) . Найти закон распределения случайной величины η =

ξ2 . ξ1

Решение. Функция распределения случайной величины η

⎛ξ ⎞ Fη ( z ) = P ( η < z ) = P ⎜ 2 < z ⎟ . ⎝ ξ1 ⎠ Рассмотрим отдельно случаи z < 0 и z > 0 . 1. Пусть z < 0 . Неравенству

ξ2 < z в плоскости xOy соответствует множество точек, опреξ1

деляемое неравенством

y < z . Границами этого множества являются линии x = 0 x y D1

x O

D2

Рис. 6 и y = zx , т. е., ось Oy и прямая, проходящая через начало координат из второй четверти в четвёртую, так как угловой коэффициент z меньше нуля (рис. 6). Прямые разбивают плоскость на четыре части. Чтобы определить, какие из них удов-

20

летворяют неравенству

y < z , можно взять пробные точки. Например, при x = 1 , x

y = 2 z и при x = −1 , y = −2 z получаем

y = 2 z < z , а при x = ±1 , y = 0 имеем x

y = 0 > z . Таким образом установлено, что решением неравенства являются заx штрихованные области. Обозначим их D1 и D2 и положим D = D1 U D2 . По формуле (5)

⎛ξ ⎞ Fη ( z ) = P ⎜ 2 < z ⎟ = P ( ξ ∈ D ) = ∫∫ f ( x, y ) dxdy = ⎝ ξ1 ⎠ D = ∫∫ f ( x, y ) dxdy + ∫∫ f ( x, y ) dxdy = D1

D2

0

+∞

+∞

zx

−∞

zx

0

−∞

∫ dx ∫ f ( x, y ) dy + ∫ dx ∫ f ( x, y ) dy .

2. Пусть теперь z > 0 . Рассуждениями, совершенно аналогичными предыдущим, находим множество точек, удовлетворяющих неравенству

D = D1 U D2 (рис 7).

y < z . Это будет множество x

y D1

x

O D2

Рис. 7 Тогда при z > 0 по формуле (5)

⎛ξ ⎞ Fη ( z ) = P ⎜ 2 < z ⎟ = P ( ξ ∈ D ) = ∫∫ f ( x, y ) dxdy = ⎝ ξ1 ⎠ D

21

= ∫∫ f ( x, y ) dxdy + ∫∫ f ( x, y ) dxdy = D1

D2

0

+∞

+∞

zx

−∞

zx

0

−∞

∫ dx ∫ f ( x, y ) dy + ∫ dx ∫ f ( x, y ) dy .

Итак,

Fη ( z ) =

0

+∞

+∞

zx

∫ dx ∫ f ( x, y ) dy + ∫ dx ∫ f ( x, y ) dy .

−∞

zx

0

(8)

−∞

Считая, что существует pη ( z ) = Fη′ ( z ) и что дифференцирование можно выполнить под знаком интеграла, получим: 0

+∞

+∞

−∞

0

−∞

pη ( z ) =

∫ ( − x ) f ( x, zx ) dx + ∫ x f ( x, zx ) dx = ∫

x f ( x, zx ) dx .

Итак, плотность вероятности величины η равна

pη ( z ) =

+∞

∫

−∞

x f ( x, zx ) dx =

+∞

0

∫ x f ( x, zx ) dx − ∫ x f ( x, zx ) dx .

(9)

−∞

0

Пример 12. Пусть ξ − нормально распределённая случайная величина с параметрами 0 и 1. Пусть u = χ 2 ( n ) − случайная величина, распределённая по закону χ2 с n степенями свободы, причём величины ξ и u независимы. Найти закон распределения случайной величины η =

ξ ξ n . = u n u

Решение. Так как случайные величины ξ и u независимы, то

u и ξ n то-

же независимы. При этом ξ n имеет нормальное распределение с нулевым математическим ожиданием и дисперсией, равной n, а

u имеет χ-распределение с n

степенями свободы. Введём обозначения: ξ1 = χ 2 ( n ) , ξ 2 = ξ n . По примеру (10) плотность вероятности ξ1

22

⎧0, x < 0, ⎪ 1 − x2 pξ1 ( x ) = ⎨ 2 n −1 2 , x > 0. ⎪ 2n 2 Γ n 2 x e ( ) ⎩ Случайная величина ξ2 имеет плотность вероятности нормального закона распределения с параметрами 0,

n . Поэтому y2

− 1 pξ2 ( y ) = e 2n . 2πn

Так как ξ1 и ξ2 независимы, то плотность вероятности случайной величины

( ξ1, ξ2 ) ⎧0, x < 0, ⎪ y2 x2 f ( x, y ) = pξ1 ( x ) ⋅ pξ2 ( y ) = ⎨ − − 2 n −1 x e 2 e 2 n , x ≥ 0. ⎪ n2 ⎩ 2 Γ ( n 2 ) 2πn Плотность вероятности величины η =

pη ( z ) =

+∞

+∞

∫ x f ( x, zx ) dx = ∫ 0

0

=

Сделаем

x=

2 2

1+ z n

t , dx =

x2

− − 2 x n2 x n−1e 2 e 2 Γ ( n 2 ) 2πn

2 2n 2 Γ ( n 2 ) 2πn

замену

переменной,

2

⋅

1

1+ z n 2 t 2

ξ2 находим по формуле (9). ξ1

+∞

∫xe n

−

x2 ⎛ z 2 ⎞ ⎜ 1+ ⎟ 2 ⎜⎝ n ⎠⎟

z 2 x2 2 n dx

=

dx .

0

положив

t=

x2 ⎛ z2 ⎞ + 1 ⎜ ⎟. n ⎠ 2⎝

dt , при изменении x от 0 до +∞ t изменяется

в тех же пределах, поэтому

pη ( z ) =

2 2n 2 Γ ( n 2 )

+∞ ⎛

Тогда

n

⎞ n 2 2 1 ⎜ ⎟ t 2 e−t ⋅ ⋅ dt = ∫ 2 2πn 0 ⎜⎝ 1 + z 2 n ⎟⎠ 2 t 1+ z n

23

2 = n2 2 Γ ( n 2) =

1 Γ ( n 2)

⎞ 1 ⎛ 2 ⎟ ⋅ ⋅⎜ 2πn 2 ⎜⎝ 1 + z 2 n ⎟⎠

⎛ 1 ⎞ ⎜ ⎟ πn ⎝ 1 + z 2 n ⎠

n +1 n +1 2 +∞ −1 t 2 e −t dt

∫ 0

n +1

+∞ n 1 − t 2 2 e − t dt

∫

=

0

Γ ( ( n + 1) 2 ) ⎛ 1 ⎞ = ⎜ ⎟ Γ ( n 2 ) πn ⎝ 1 + z 2 n ⎠

n +1 2

.

Итак, плотность вероятности величины η имеет вид:

pη ( z ) =

n +1 ⎞2

Γ ( ( n + 1) 2 ) ⎛ 1 ⎜ ⎟ Γ ( n 2 ) πn ⎝ 1 + z 2 n ⎠

, z∈

.

(10)

Закон распределения, задаваемый формулой (10), называется законом распределения Стьюдента с n степенями свободы.

Пример 13. Пусть ξ = ( ξ1, ξ 2 ) − непрерывно распределённая двумерная случайная величина с плотностью вероятности f ( x, y ) . Найти закон распределения величины η = ξ1 ⋅ ξ 2 . Решение. Пусть z < 0 . По формуле (5)

Fη ( z ) = P ( η < z ) = P ( ξ1 ⋅ ξ 2 < z ) . Неравенству ξ1 ⋅ ξ 2 < z в плоскости xOy соответствует область, задаваемая неравенством xy < z . Границей этой области является гипербола xy = z (рис. 8). y D1 x O D2

Рис. 8 Так как z < 0 , то гипербола находится во второй и четвёртой четвертях. Бе-

24

ря в качестве пробной точку O ( 0, 0 ) , имеем: 0 ⋅ 0 = 0 > z , поэтому область, содержащая точку O, не является решением неравенства, следовательно, неравенству удовлетворяют заштрихованные на рис. 8 области D1 и D2. Обозначим их объединение буквой D. Тогда

Fη ( z ) = ∫∫ f ( x, y ) dxdy = ∫∫ f ( x, y ) dxdy + ∫∫ f ( x, y ) dxdy = D

=

D1

D2

0

+∞

+∞

z x

−∞

z x

0

−∞

∫ dx ∫ f ( x, y ) dy + ∫ dx ∫ f ( x, y ) dy .

Пусть теперь z > 0 . Неравенству ξ1 ⋅ ξ1 < z в плоскости xOy соответствует область D = D1 U D2 , задаваемая неравенством xy < z и указанная на рис. 9. Тогда y D1

x

O D2

Рис. 9

Fη ( z ) = P ( ξ1 ⋅ ξ 2 < z ) = ∫∫ f ( x, y ) dxdy + ∫∫ f ( x, y ) dxdy = D1

=

D2

0

+∞

+∞

z x

−∞

z x

0

−∞

∫ dx ∫ f ( x, y ) dy + ∫ dx ∫ f ( x, y ) dy .

Итак,

Fη ( z ) =

0

+∞

+∞

z x

∫ dx ∫ f ( x, y ) dy + ∫ dx ∫ f ( x, y ) dy .

−∞

z x

0

(11)

−∞

Если функция Fη ( z ) дифференцируема и дифференцирование в (11) можно выполнить под знаком интеграла, то

25

pη ( z ) = Fη′ ( z ) =

+∞

∫ 0

1 x

0

1 ⎛ z⎞ f ⎜ x, ⎟ dx − ∫ x ⎝ x⎠ −∞

+∞

1 ⎛ z⎞ ⎛ z⎞ f ⎜ x, ⎟ dx = ∫ f ⎜ x, ⎟ dx . x ⎝ x⎠ ⎝ x⎠ −∞

Литература. 1) Гнеденко Б. В. Курс теории вероятностей. 2) Ширяев А. Н. Вероятность. 3) Свешников А. А. и др. Сборник задач по теории вероятностей, математической статистике и теории случайных функций.