Введение в теорию вероятностей
[+]
Новосибирский Государственный Университет
Опубликован: 07.04.2008 | Доступ: свободный | Студентов: 7158 / 1243 | Оценка: 4.56 / 4.32 | Длительность: 16:54:00
Тема: Математика
Специальности: Математик
Теги: алгебра, вычисления, графика, дискретное распределение, замечательный предел, коэффициент асимметрии, несовместное событие, полная группа, распределение бернулли, распределение коши, распределение пуассона, формула полной вероятности, функция Эйлера, цвета, элементы
Лекция 10:

Числовые характеристики распределений
A
|
версия для печати
< Лекция 9 || Лекция 10: 1234 || Лекция 11 >

Свойства дисперсии

Свойства дисперсии следуют из соответствующих свойств математического ожидания. Заметим, что из существования второго момента следует существование математического ожидания случайной величины и конечность дисперсии. Во всех свойствах ниже предполагается существование вторых моментов случайных величин.

(D1) Дисперсия может быть вычислена по формуле: {\mathsf D\,}\xi={\mathsf E\,}\xi^2-{({\mathsf E\,}\xi)}^2.

Доказательство. Положим для удобства a={\mathsf E\,}\xi. Тогда

{\mathsf D\,}\xi={\mathsf E\,}{(\xi-a)^2}= {\mathsf E\,}(\xi^2-2a\xi+a^2)= {\mathsf E\,}\xi^2-2a{\mathsf E\,}\xi+a^2= {\mathsf E\,}\xi^2-a^2.

(D2) При умножении случайной величины на постоянную c дисперсия увеличивается в c^2 раз: {\mathsf D\,}(c\xi)=c^2\,{\mathsf D\,}\xi.

(D3) Дисперсия всегда неотрицательна: {\mathsf D\,}\xi\ge 0. Дисперсия обращается в нуль лишь для вырожденного распределения: если {\mathsf D\,}\xi = 0, то \xi=const п.н. и наоборот.

Доказательство. Дисперсия есть математическое ожидание почти наверное неотрицательной случайной величины (\xi-{\mathsf E\,}\xi)^2, и неотрицательность дисперсии следует из свойства (E5). Далее, по свойству (E6) из равенства дисперсии нулю вытекает (\xi-{\mathsf E\,}\xi)^2=0 п.н., т.е. \xi={\mathsf E\,}\xi п.н. И наоборот, если \xi=c п.н., то {\mathsf D\,}\xi={\mathsf E\,}(c-{\mathsf E\,} c)^2=0.

(D4) Дисперсия не зависит от сдвига случайной величины на постоянную: {\mathsf D\,}(\xi+c)={\mathsf D\,}\xi.

(D5) Если \xi и \eta независимы, то {\mathsf D\,}(\xi+\eta)= {\mathsf D\,}\xi+{\mathsf D\,}\eta.

Доказательство. Действительно,

\begin{multiline*} {\mathsf D\,}(\xi+\eta)={\mathsf E\,}(\xi+\eta)^2-({\mathsf E\,}(\xi+\eta))^2=\;\\ =\,{\mathsf E\,}\xi^2+{\mathsf E\,}\eta^2+ 2{\mathsf E\,}(\xi\eta) - {({\mathsf E\,}\xi)}^2-{({\mathsf E\,}\eta)}^2 -2{\mathsf E\,}\xi{\mathsf E\,}\eta ={\mathsf D\,}\xi+{\mathsf D\,}\eta, \end{multiline*}
так как математическое ожидание произведения независимых случайных величин равно произведению их математических ожиданий.

Замечание См. замечание 2.

Следствие 14. Если \xi и \eta независимы, то

{\mathsf D\,}(\xi-\eta)={\mathsf D\,}(\xi+\eta)= {\mathsf D\,}\xi+{\mathsf D\,}\eta.

Доказательство. Из свойств (D5) и (D2) получим

{\mathsf D\,}(\xi-\eta)={\mathsf D\,}(\xi+(-\eta))={\mathsf D\,}\xi+{\mathsf D\,}(-\eta)= {\mathsf D\,}\xi+(-1)^2{\mathsf D\,}\eta={\mathsf D\,}\xi+{\mathsf D\,}\eta.

Следствие 15. Для произвольных случайных величин \xi и \eta с конечными вторыми моментами имеет место равенство

{\mathsf D\,}(\xi+\eta)={\mathsf D\,}\xi+{\mathsf D\,}\eta + 2\,\bigl({\mathsf E\,}(\xi\eta)-{\mathsf E\,}\xi\,{\mathsf E\,}\eta\,\bigr).

(D6) Минимум среднеквадратического отклонения случайной величины \xi от точек числовой прямой есть среднеквадратическое отклонение \xi от ее математического ожидания: {\mathsf D\,}\xi={\mathsf E\,}(\xi-{\mathsf E\,}\xi)^2=\min\limits_a {\mathsf E\,}(\xi- a)^2.

Доказательство. Сравним величину {\mathsf E\,}(\xi- a)^2 с дисперсией:

\begin{multiline*} {\mathsf E\,}(\xi- a)^2=\smash{{\mathsf E\,}{\bigl( (\xi-{\mathsf E\,}\xi)+({\mathsf E\,}\xi- a)\bigr)}^2}= \\ ={\mathsf D\,}\xi+{\bigl({\mathsf E\,}\xi-a\bigr)}^2 +2 ({\mathsf E\,}\xi-{\mathsf E\,}\xi)\,\bigl({\mathsf E\,}\xi-a\bigr)= {\mathsf D\,}\xi+{\bigl({\mathsf E\,}\xi-a\bigr)}^2\ge {\mathsf D\,}\xi, \end{multiline*}
и последнее неравенство превращается в равенство лишь при a={\mathsf E\,}\xi.

Математические ожидания и дисперсии стандартных распределений

Пример 54. (вырожденное распределение \mathrm I_c ) Математическое ожидание и дисперсию этого распределения мы знаем из свойств (E2) и (D3): {\mathsf E\,} c=c, {\mathsf D\,} c=0.

Пример 55 (распределение Бернулли \mathrm B_p ). Вычислим два момента и дисперсию: {\mathsf E\,}\xi=1\cdot p\,+\,0\cdot q=p; {\mathsf E\,}\xi^2=1^2\cdot p\,+\,0^2\cdot q=p; {\mathsf D\,}\xi={\mathsf E\,}\xi^2-{({\mathsf E\,}\xi)}^2=p-p^2=pq.

Пример 56 (биномиальное распределение \mathrm B_{n,\,p\,} ). Используем свойство устойчивости биномиального распределения относительно суммирования - лемму 2. Возьмем на каком-нибудь вероятностном пространстве n независимых случайных величин \xi_1,\,\dots,\,\xi_n с распределением Бернулли \mathrm B_p=\mathrm B_{1,\,p}\mspace{1mu}. Тогда их сумма S_n=\xi_1+\ldots+\xi_n имеет распределение \mathrm B_{n,\,p}\mspace{1mu} и по свойству (E4) получаем

{\mathsf E\,} S_n=\sum\limits_{i=1}^n{\mathsf E\,}\xi_i=n{\mathsf E\,}\xi_1=np.
А поскольку \xi_i независимы, и дисперсия каждой равна pq, то
{\mathsf D\,} S_n=\sum\limits_{i=1}^n{\mathsf D\,}\xi_i=n{\mathsf D\,}\xi_1=npq.
Итак, {\mathsf E\,}\xi=np, {\mathsf D\,}\xi=npq для \xi{\,\sim\,}C_{n,\,p}.

Пример 57 (геометрическое распределение \mathrm G_p ). Вычислим математическое ожидание \xi:

{\mathsf E\,}\xi &=&\sum_{k=1}^\infty k\,p\,q^{k-1}= p\,\sum_{k=1}^\infty k\,q^{k-1}= p\,\sum_{k=1}^\infty \frac{dq^k}{dq}\,=\\ &=& p\,\frac{d}{dq}\Biggl(\,\sum_{k=1}^\infty q^k\Biggr) = p\,\frac{d}{dq}\left(\frac{q}{1-q}\right)=p\,\frac{1}{(1-q)^2}= \frac{1}{p}. \qquad
Вычислим так называемый "второй факториальный момент" \xi:
{\mathsf E\,}\xi(\xi-1) &=& \sum\limits_{k=1}^\infty k(k-1)\,p\,q^{k-1}= p\,q\,\sum\limits_{k=0}^\infty \frac{d^2q^k}{dq^2}= p\,q\,\frac{d^2}{dq^2}\left(\,\sum\limits_{k=0}^\infty q^k\right)= \\ &=& p\,q\,\frac{d^2}{dq^2}\left(\frac{1}{1-q}\right)= p\,q\,\frac{2}{(1-q)^3}=\frac{2q}{p^2}.
Найдем дисперсию через второй факториальный момент:
\displaystyle {\mathsf D\,}\xi={\mathsf E\,}\xi(\xi-1)+{\mathsf E\,}\xi-({\mathsf E\,}\xi)^2= \frac{2q}{p^2}+\frac{1}{p} - \frac{1}{p^2}=\frac{2q-1+p}{p^2}=\frac{q}{p^2}.

Пример 58 (распределение Пуассона \Pi_\lambda ). Вычислим математическое ожидание \xi:

{\mathsf E\,}\xi &=&\sum\limits_{k=0}^\infty k\,\frac{\lambda^k}{k!}\,e^{-\lambda}= e^{-\lambda}\sum\limits_{k=1}^\infty k\,\frac{\lambda^k}{k!}= e^{-\lambda}\sum\limits_{k=1}^\infty \frac{\lambda^k}{(k-1)!}= \\ &=&\lambda e^{-\lambda}\sum\limits_{k=1}^\infty \frac{\lambda^{k-1}}{(k-1)!}= \lambda e^{-\lambda}\sum\limits_{m=0}^\infty \frac{\lambda^m}{m!}= \lambda e^{-\lambda}e^{\lambda}=\lambda.
Моменты более высоких порядков легко находятся через факториальные моменты {\mathsf E\,}\xi^{[m]}={\mathsf E\,}\xi(\xi-1)\ldots(\xi-m+1) порядка m. Так, второй факториальный момент \xi равен
{\mathsf E\,}\xi(\xi-1) =\sum_{k=0}^\infty k(k-1)\,\frac{\lambda^k}{k!}\,e^{-\lambda} =\lambda^2e^{-\lambda}\sum_{k=2}^\infty \frac{\lambda^{k-2}}{(k-2)!}= \lambda^2e^{-\lambda}e^\lambda=\lambda^2.
Поэтому {\mathsf E\,}\xi^2={\mathsf E\,}\xi(\xi-1) +{\mathsf E\,}\xi=\lambda^2+\lambda и {\mathsf D\,}\xi={\mathsf E\,}\xi^2-({\mathsf E\,}\xi)^2=\lambda\vphantom{\int_{\sum_f}}.

Пример 59 (равномерное распределение {\mathrm U}_{a,b} ). Математическое ожидание {\mathsf E\,}\xi=\frac{a+b}{2} найдено в примере 49. Вычислим второй момент:

{\mathsf E\,}\xi^2=\int\limits_{-\infty}^\infty x^2 f_\xi(x)\,dx= \int\limits_a^b x^2\,\frac{1}{b-a}\,dx=\frac{b^3-a^3}{3(b-a)} =\frac{a^2+ab+b^2}{3}.
Дисперсия равна {\mathsf D\,}\xi={\mathsf E\,}\xi^2-({\mathsf E\,}\xi)^2={(b-a)^2}/\,{12}.

Пример 60 (стандартное нормальное распределение {\mathrm N}_{0,\,1} ). Математическое ожидание этого распределения существует, поскольку

{\mathsf E\,}|\xi|=\frac{2}{\sqrt{2\pi}}\int\limits_0^\infty xe^{-x^2\!/2}\,dx =\frac{2}{\sqrt{2\pi}}\int\limits_0^\infty e^{-x^2\!/2}\,d(x^2\!/2) =\frac{2}{\sqrt{2\pi}} < \infty.
Математическое ожидание \xi равно нулю:
{\mathsf E\,}\xi=\int\limits_{-\infty}^\infty x f_\xi(x)\,dx= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,\int\limits_{-\infty}^\infty x\,e^{-x^2\!/2}\,dx= 0,
так как под сходящимся интегралом стоит нечетная функция. Далее,
{\mathsf E\,}\xi^2\!\!&{=\!\!}&\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int\limits_{-\infty}^\infty x^2\,e^{-x^2\!/2}\,dx=\frac{2}{\sqrt{2\pi}}\,\int\limits_{0}^\infty x^2 \,e^{-x^2\!/2}\,dx=-\frac{2}{\sqrt{2\pi}}\,\int\limits_{0}^\infty x \,de^{-x^2\!/2}= \\ \!\!&{=\!\!}& -\frac{\,2x}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-x^2\!/2}{\bigg|}_0^\infty+ 2\int\limits_0^\infty\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-x^2\!/2}\,dx=0+\int\limits_{-\infty}^\infty\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-x^2\!/2}\,dx=1.
Поэтому {\mathsf D\,}\xi={\mathsf E\,}\xi^2-({\mathsf E\,}\xi)^2=1-0=1.

Пример 61. (нормальное распределение {\mathrm N}_{a,\,\sigma^2} ) Мы знаем, что если \xi{\,\sim\,}{\mathrm N}_{a,\,\sigma^2}, то \eta=\frac{\xi-a}\sigma{\,\sim\,}{\mathrm N}_{0,\,1}. Математическое ожидание {\mathsf E\,}\eta=0 и дисперсия {\mathsf D\,}\eta=1 стандартного нормального распределения вычислены выше. Тогда

{\mathsf E\,}\xi={\mathsf E\,}(\sigma\eta+a)=\sigma{\mathsf E\,}\eta+a=a; \quad {\mathsf D\,}\xi={\mathsf D\,}(\sigma\eta+a)=\sigma^2{\mathsf D\,}\eta=\sigma^2.

Итак, параметры a и \sigma^2 нормального распределения суть его математическое ожидание и дисперсия.

Пример 62 (показательное распределение {\mathrm E}_\alpha ).

Найдем для произвольного k\in\mathbb N момент порядка k\text{:}

{\mathsf E\,}\xi^k=\int\limits_{-\infty}^\infty x^k f_\xi(x)\,dx= \int\limits_{0}^\infty x^k\,\alpha\,e^{-\alpha x}\,dx= \frac{1}{\alpha^k} \int\limits_{0}^\infty (\alpha x)^k\,e^{-\alpha x}\,d(\alpha x)= \frac{k!}{\alpha^k}.
В последнем равенстве мы воспользовались гамма-функцией Эйлера:
\Gamma(k+1)=\int\limits_{0}^\infty u^k\,e^{-u}\,du=k!
Из формулы для момента порядка k находим
{\mathsf E\,}\xi=\frac{1}{\alpha}, \quad {\mathsf E\,}\xi^2=\frac{2}{\alpha^2},\quad {\mathsf D\,}\xi={\mathsf E\,}\xi^2-({\mathsf E\,}\xi)^2=\frac{1}{\alpha^2}.

Пример 63 (стандартное распределение Коши \mathrm C_{0,\,1} ). Математическое ожидание распределения Коши не существует, так как расходится интеграл

{\mathsf E\,}|\xi|=\int\limits_{-\infty}^\infty |x|\,\frac{1}{\pi(1+x^2)}\,dx =\int\limits_0^\infty \frac{1}{\pi(1+x^2)}\,dx^2=\lim_{x\to+\infty}\frac1\pi \ln(1+x^2)=+\infty.
Расходится он потому, что подынтегральная функция ведет себя на бесконечности как 1/x. Поэтому не существуют ни дисперсия, ни моменты более высоких порядков этого распределения. То же самое можно сказать про распределение Коши \mathrm C_{a,\,\sigma}.

Пример 64 (распределение Парето).

У распределения Парето существуют только моменты порядка t<\alpha, поскольку

{\mathsf E\,}|\xi|^t=\int\limits_1^\infty x^t\,\alpha\,\frac{1}{x^{\alpha+1}}\,dx= \int\limits_1^\infty \alpha\,\frac{1}{x^{\alpha-t+1}}\,dx
сходится при t<\alpha, когда подынтегральная функция на бесконечности ведет себя как 1\,/\,{x^{s+1}}, где s=\alpha-t>0.

Дальше >>
< Лекция 9 || Лекция 10: 1234 || Лекция 11 >

Вопросы и ответы

вопросов: 4
Виктория Монахова
Виктория Монахова
ответить
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.

ответить