Законы распределения случайных величин

Дискретные распределения случайной величины

Распределение Бернулли

Распределение Бернулли

Распределение Бернулли

Случайная величина $\xi$ соответствует распределению $B(p)$ с параметром $p\in (0,1)$, если

$$\xi \sim \begin{array}{ccc}{x}_i& 0& 1\\ p_i& 1-p& p\end{array}$$

Описывает одно испытание с двумя исходами: успех (с вероятностью $p$) или неудачей ($1-p$)

Математическое ожидание

$$E\xi =\sum x_i\cdot p_i=0\cdot (1-p)+p=p$$

Дисперсия

$$Var\xi =p(1-p)$$

Доказательство

По свойству дисперсии

$$Var\xi =E{\xi }^2-(E\xi {)}^2\boxed{=}$$

Найдем математическое ожидание квадрата

$$E{\xi }^2=\sum x_i^2{p}_i=0^2(1-p)+1^{2}p=p$$

Подставим найденные значения

$$\boxed{=}p-p^2=p(1-p)$$

Ссылка на оригинал

Биноминальное распределение

Биномиальное распределение

Видео

Подробнее изучить тему можно в видео на YouTube

Биномиальное распределение

Случайная величина $\xi$ соответствует распределению $Bin(n,p)$ с двумя параметрами $n\in N$ (количество испытаний) $,p\in [0,1]$, если она принимает значения $0,1,2,\dots ,n$ (количество успехов в $n$ испытаниях) с вероятностями:

$$P\{\xi =k\}=C_n^k{p}^k(1-p{)}^{n-k}$$

Ряд распределения:

$$\begin{array}{ccccccc}{x}_i& 0& 1& \dots & k& \dots & n\\ p_i& (1-p{)}^n& np(1-p{)}^{n-1}& \dots & C_n^k{p}^k(1-p{)}^{n-k}& \dots & p^n\end{array}$$

Связь с распределением Бернулли

Вероятности значений случайной величины вычисляются по уже знакомой формуле Бернулли
При $n=1$ мы получаем распределение Бернулли.
Поэтому случайная величина $\xi \sim Bin(n,p)$ равна сумме независимых ДСВ

$$\xi =\sum _{i=1}^n{\eta }_i$$

где ${\eta }_i\sim B(p)$

Для нахождения числовых характеристик применим уже найденные значения для распределения Бернулли

Математическое ожидание

$$E\xi =E\left(\sum _{i=1}^n{\eta }_i\right)=\sum _{i=1}^{n}E{\eta }_i=\sum _{i=1}^{n}p=np$$

Дисперсия

$$Var\xi =Var\left(\sum _{i=1}^n{\eta }_i\right)=\sum _{i=1}^{n}Var{\eta }_i=\sum _{i=1}^{n}p(1-p)=np(1-p)$$

Свойство суммы

Если ${\xi }_1\sim Bin(n_1,p),{\xi }_2\sim Bin(n_2,p)$, тогда ${\xi }_1+{\xi }_2\sim Bin(n_1+n_2,p)$

Ссылка на оригинал

Распределение Пуассона

Распределение Пуассона

Видео

Подробнее изучить тему можно в видео на YouTube

Распределение Пуассона (редких событий)

Случайная величина $\xi$ соответствует распределению $П(\lambda )$ с параметром $\lambda >0$, если она принимает значения $k=0,1,2,\dots$ с вероятностями :

$$P\{\xi =k\}=\frac{{\lambda }^k}{k!}\cdot e^{-\lambda }$$

Ряд распределения:

$$\begin{array}{cccccc}{x}_i& 0& 1& \dots & k& \dots \\ p_i& e^{-\lambda }& \lambda e^{-\lambda }& \dots & \frac{{\lambda }^k}{k!}{e}^{-\lambda }& \dots \end{array}$$

Связь с Биномиальным распределением

Заметим, что значения вероятностей соответствуют формуле Пуассона
Тогда если $n$ большое, а $\lambda$ – фиксированное число, то биномиальное распределение $Bin\left(n,\frac{\lambda }{n}\right)\approx П(\lambda )$

Математическое ожидание

$$E\xi =\lambda$$

Доказательство

$$\begin{array}{rl}& E\xi =\sum _{i=1}^{\infty }{x}_i{p}_i=\sum _{k=0}^{\infty }k\cdot \frac{{\lambda }^k}{k!}{e}^{-\lambda }=e^{-\lambda }\sum _{k=1}^{\infty }\frac{{\lambda }^k}{(k-1)!}=[k-1=m]=\\ & =e^{-\lambda }\cdot \sum _{m=0}^{\infty }\frac{{\lambda }^{m+1}}{m!}=e^{-\lambda }\cdot \lambda \cdot \underset{e^{\lambda }=1+\frac{\lambda }{1!}+\frac{{\lambda }^2}{2!}+\dots }{\underbrace{\sum _{m=0}^{\infty }\frac{{\lambda }^m}{m!}}}=e^{-\lambda }\lambda \cdot e^{\lambda }=\lambda \end{array}$$

Дисперсия

$$Var\xi =\lambda$$

Доказательство

По свойству дисперсии

$$Var\xi =E{\xi }^2-(E\xi {)}^2\boxed{=}$$

Найдем математическое ожидание квадрата

$$\begin{array}{rl}& E{\xi }^2=\sum _{i=1}^{\infty }{x}_i^2\cdot p_i=\sum _{k=0}^{\infty }{k}^2\cdot \frac{e^{-\lambda }}{k!}{\lambda }^k=\sum _{k=1}^{\infty }{k}^{\cancel{2}}\cdot \frac{e^{-\lambda }}{\cancel{k}!}{\lambda }^k=e^{-\lambda }\cdot \sum _{k=1}^{\infty }\frac{k}{(k-1)!}{\lambda }^k=\\ & =e^{-\lambda }\cdot \sum _{k=1}^{\infty }\frac{k-1+1}{(k-1)!}{\lambda }^k=e^{-\lambda }\left(\sum _{k=2}^{\infty }\underset{\text{при }k=1\text{ равен }0}{\underbrace{\frac{k-1}{(k-1)!}{\lambda }^k}}+\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{(k-1)!}{\lambda }^k\right)=\\ & =e^{-\lambda }\left(\sum _{k=2}^{\infty }\frac{{\lambda }^k}{(k-2)!}+\sum _{k=1}^{\infty }\frac{{\lambda }^k}{(k-1)!}\right)=e^{-\lambda }\left({\lambda }^2\cdot \underset{e^{\lambda }=1+\frac{\lambda }{1!}+\frac{{\lambda }^2}{2!}+\dots }{\underbrace{\sum _{k=2}^{\infty }\frac{{\lambda }^{k-2}}{(k-2)!}}}+\lambda \cdot \underset{e^{\lambda }=1+\frac{\lambda }{1!}+\frac{{\lambda }^2}{2!}+\dots }{\underbrace{\sum _{k=1}^{\infty }\frac{{\lambda }^{k-1}}{(k-1)!}}}\right)=\\ & =e^{-\lambda }({\lambda }^2{e}^{\lambda }+\lambda e^{\lambda })={\lambda }^2+\lambda \end{array}$$

Подставим найденные значения

$$\boxed{=}{\lambda }^2+\lambda -{\lambda }^2=\lambda$$

Свойство суммы

Если ${\xi }_1\sim \Pi ({\lambda }_1)$, ${\xi }_2\sim \Pi ({\lambda }_2)$ независимые случайные величины, тогда ${\xi }_1+{\xi }_2\sim \Pi ({\lambda }_1+{\lambda }_2)$.

Ссылка на оригинал

Геометрическое распределение

Геометрическое распределение

a Геометрическое распределение через неудачи

Случайная величина $\xi$ соответствует распределению $Geom(p)$ с параметром $p\in (0,1)$, если она принимает значения $k=0,1,2\dots$
$k$ – обозначение количества неудач до первого успеха с вероятностями:

$$P\{\xi =k\}=(1-p{)}^k\cdot p$$

Ряд распределения:

$$\begin{array}{cccccc}{x}_i& 0& 1& \dots & k& \dots \\ p_i& p& (1-p)\cdot p& \dots & (1-p{)}^k\cdot p& \dots \end{array}$$

a Математическое ожидание

$$E\xi =\frac{1-p}{p}$$

Доказательство

Лемма. Выражение ряда через геометрическую прогрессию

Для любого $a\in (0;1)$ верно следующее

$$\sum _{k=1}^{\infty }k\cdot a^{k-1}={\left(\sum _{k=1}^{\infty }{a}^k\right)}^{\prime }\stackrel{\text{Геом. прогрес.}}{=}{\left(\frac{a}{1-a}\right)}^{\prime }=\frac{1-a+a}{(1-a{)}^2}=\frac{1}{(1-a{)}^2}$$

$$\begin{array}{rl}& E\xi =\sum x_i{p}_i=\sum _{k=0}^{\infty }k(1-p{)}^{k}p=p(1-p)\sum _{k=1}^{\infty }k(1-p{)}^{k-1}\stackrel{\text{Лемма}}{=}\\ & \stackrel{\text{Лемма}}{=}p(1-p)\cdot \frac{1}{(1-(1-p){)}^2}=\frac{1-p}{p}\end{array}$$

b Геометрическое распределение через успех

Случайная величина $\xi$ соответствует распределению $Geom(p)$ с параметром $p\in (0,1)$, если она принимает значения $k=1,2\dots$
$k$ – обозначение шага на котором произошёл успех с вероятностями:

$$P\{\xi =k\}=(1-p{)}^{k-1}\cdot p$$

Ряд распределения:

$$\begin{array}{cccccc}{x}_i& 1& 2& \dots & k& \dots \\ p_i& p& (1-p)\cdot p& \dots & (1-p{)}^{k-1}\cdot p& \dots \end{array}$$

b Математическое ожидание

$$E\xi =\frac{1}{p}$$

Доказательство

Лемма. Выражение ряда через геометрическую прогрессию

Для любого $a\in (0;1)$ верно следующее

$$\sum _{k=1}^{\infty }k\cdot a^{k-1}={\left(\sum _{k=1}^{\infty }{a}^k\right)}^{\prime }\stackrel{\text{Геом. прогрес.}}{=}{\left(\frac{a}{1-a}\right)}^{\prime }=\frac{1-a+a}{(1-a{)}^2}=\frac{1}{(1-a{)}^2}$$

$$E\xi =\sum x_i{p}_i=\sum _{k=1}^{\infty }k(1-p{)}^{k-1}\cdot p\stackrel{\text{Лемма}}{=}p\cdot \frac{1}{(1-(1-p){)}^2}=\frac{1}{p}$$

Ссылка на оригинал

---

Непрерывные распределения случайных величин

Равномерное распределение

Равномерное распределение

Видео

Подробнее изучить тему можно в видео на YouTube

Равномерное распределение

Случайная величина $\xi$ соответствует распределению $\mathcal{U}[a,b]$ на отрезке $[a,b]$, если плотность на этом отрезке постоянная, а вне его равна $0$:

$$f_{\xi }(x)=\frac{1}{b-a}\cdot {\mathbb{I}}_{[a;b]}(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{b-a},& x\in [a,b]\\ 0,& x\notin [a,b]\end{array}$$

Доказательство почему $\frac{1}{b-a}$

Мы знаем свойство, что ${\int }_{-\infty }^{\infty }{f}_{\xi }(x)dx=1$. Плотность есть только на отрезке $[a;b]$, а сама функция плотности равна константе $f_{\xi }(x)=C$
Тогда ${\int }_a^b{f}_{\xi }(x)dx={\int }_a^{b}Cdx=Cx{|}_a^b=C(b-a)$
$C(b-a)=1⟹C=\frac{1}{b-a}$

Функция распределения имеет вид:

$${\mathcal{F}}_{\xi }(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x\le a\\ \frac{x-a}{b-a},& x\in (a;b]\\ 1,& x>b\end{array}$$

Доказательство почему $\frac{x-a}{b-a}$

По определению функции распределения НСВ

$$\begin{array}{rl}& {\mathcal{F}}_{\xi }(x)={\int }_{-\infty }^x{f}_{\xi }(x)={\int }_{-\infty }^{a}0dt+{\int }_a^x\frac{1}{b-a}dt=\\ =& \frac{1}{b-a}{\int }_a^{x}dt=\frac{1}{b-a}\cdot t{|}_a^x=\frac{x-a}{b-a}\end{array}$$

Математическое ожидание

$$E\xi =\frac{a+b}{2}$$

Доказательство

$$\begin{array}{rl}& E\xi ={\int }_{-\infty }^{+\infty }x{f}_{\xi }(x)dx={\int }_a^{b}x\cdot \frac{1}{b-a}dx=\frac{1}{b-a}{\int }_a^{b}xdx=\\ & =\frac{1}{b-a}\cdot \frac{x^2}{2}{|}_a^b=\frac{b^2-a^2}{2(b-a)}=\frac{a+b}{2}\end{array}$$

Дисперсия

$$Var\xi =\frac{(b-a{)}^2}{12}$$

Доказательство

По свойству дисперсии

$$Var\xi =E{\xi }^2-(E\xi {)}^2$$

Найдём математическое ожидание квадрата

$$E{\xi }^2={\int }_{-\infty }^{+\infty }{x}^2{f}_{\xi }(x)dx={\int }_a^b{x}^2\cdot \frac{1}{b-a}dx=\frac{1}{b-a}\cdot \frac{x^3}{3}{|}_a^b=\frac{b^3-a^3}{3(b-a)}=\frac{b^2+ab+a^2}{3}$$

Подставим найденные значения

$$\begin{array}{rl}& Var\xi =\frac{b^2+ab+a^2}{3}-{\left(\frac{a+b}{2}\right)}^2=\frac{4b^2+4ab+4a^2-3a^2-6ab-3b^2}{12}=\\ & =\frac{b^2-2ab+a^2}{12}=\frac{(b-a{)}^2}{12}\end{array}$$

Ссылка на оригинал

Показательное распределение

Показательное распределение

Показательное (экспоненциальное) распределение

Случайная величина $\xi$ соответствует распределению $\mathcal{E}(\lambda )$ с параметром $\lambda >0$, если её плотность:

$$f_{\xi }(x)=\lambda e^{-\lambda x}\cdot {\mathbb{I}}_{x\ge 0}(x)=\{\begin{array}{l}\lambda e^{-\lambda x},x\ge 0\\ 0,x<0\end{array}$$

График плотности распределения для $\lambda =2$

Функция распределения примет вид

$${\mathcal{F}}_{\xi }(x)=\{\begin{array}{l}0,x\le 0\\ 1-e^{-\lambda x},x>0\end{array}$$

Доказательство

$$\begin{array}{rl}& {\mathcal{F}}_{\xi }(t)={\int }_{-\infty }^t{f}_{\xi }(x)dx={\int }_{-\infty }^{0}0dx+{\int }_0^t\lambda e^{-\lambda x}dx=\\ & =\lambda \left(-\frac{1}{\lambda }\right)e^{-\lambda x}{|}_0^t=-e^{-\lambda t}-(-1)=1-e^{-\lambda t}\end{array}$$

График функции распределения для $\lambda =2$

Математическое ожидание

$$E\xi =\frac{1}{\lambda }$$

Доказательство

$$\begin{array}{rl}& E\xi ={\int }_{-\infty }^{+\infty }x\cdot f_{\xi }(x)dx=\lambda {\int }_0^{+\infty }x\cdot e^{-\lambda x}dx=\underset{b\to +\infty }{\lim }\lambda {\int }_0^{b}x\cdot e^{-\lambda x}dx=\\ & =\left[\begin{array}{ll}u=x& du=dx\\ dv=e^{-\lambda x}dx& v=-\frac{1}{\lambda }{e}^{-\lambda x}\end{array}\right]=\underset{b\to +\infty }{\lim }\lambda \left({x\cdot \left(-\frac{1}{\lambda }\right)e^{-\lambda x}|}_0^b-{\int }_0^b-\frac{1}{\lambda }{e}^{-\lambda x}dx\right)=\\ & =\underset{b\to +\infty }{\lim }\lambda \left(-\frac{b}{\lambda }{e}^{-\lambda b}-{\frac{1}{{\lambda }^2}{e}^{-\lambda x}|}_0^b\right)=\underset{b\to +\infty }{\lim }\left(\underset{\to 0}{\underbrace{-b{e}^{-\lambda b}}}-\underset{\to 0}{\underbrace{\frac{e^{-\lambda b}}{\lambda }}}+\frac{1}{\lambda }\right)=\frac{1}{\lambda }\end{array}$$

Вычисления для пределов выше по правилу Лопиталя

$$\begin{array}{rl}& -\underset{b\to +\infty }{\lim }b{e}^{-\lambda b}=-\underset{b\to +\infty }{\lim }\frac{b}{e^{\lambda b}}=\left[\frac{\infty }{\infty }\right]=-\underset{b\to +\infty }{\lim }\frac{1}{\lambda e^{\lambda b}}=\left[\frac{1}{\infty }\right]=0\\ & -\underset{b\to +\infty }{\lim }\frac{e^{-\lambda b}}{\lambda }=-\underset{b\to +\infty }{\lim }\frac{1}{\lambda e^{\lambda b}}=0\\ & \\ & \underset{b\to +\infty }{\lim }\frac{1}{\lambda }=\frac{1}{\lambda }\end{array}$$

Дисперсия

$$Var\xi =\frac{1}{{\lambda }^2}$$

Доказательство

По свойству дисперсии

$$Var\xi =E{\xi }^2-(E\xi {)}^2$$

Найдём математическое ожидание квадрата

$$\begin{array}{rl}& E{\xi }^2={\int }_{-\infty }^{+\infty }{x}^2{f}_{\xi }(x)dx={\int }_0^{+\infty }{x}^2\cdot \lambda e^{-\lambda x}dx=\underset{b\to +\infty }{\lim }\lambda {\int }_0^b{x}^2{e}^{-\lambda x}dx=\\ & \left[\begin{array}{ll}u=x^2& du=2xdx\\ dv=e^{-\lambda x}dx& v=-\frac{1}{\lambda }{e}^{-\lambda x}\end{array}\right]=\underset{b\to +\infty }{\lim }\lambda \left({x^2\cdot \left(-\frac{1}{\lambda }{e}^{-\lambda x}\right)|}_0^b+\frac{2}{\lambda }{\int }_0^{b}x{e}^{-\lambda x}dx\right)=\\ & =\underset{b\to +\infty }{\lim }\left(-b^2{e}^{-\lambda b}+2{\int }_0^{b}x{e}^{-\lambda x}dx\right)\boxed{=}\end{array}$$

Разобьем предел на сумму пределов и посмотрим чему они равны. Первый предел

$$\underset{b\to +\infty }{\lim }{b}^2{e}^{-\lambda b}=[\infty \cdot 0]=\underset{b\to +\infty }{\lim }\frac{b^2}{e^{\lambda b}}=\left[\frac{\infty }{\infty }\right]=\underset{b\to +\infty }{\lim }\frac{2b}{\lambda e^{\lambda b}}=\left[\frac{\infty }{\infty }\right]=\underset{b\to +\infty }{\lim }\frac{2}{{\lambda }^2{e}^{\lambda b}}=0$$

Второй предел уже был найден когда мы искали обычное мат ожидание, но в другом виде

$$\begin{array}{rl}& \\ & E\xi =\lambda \underset{b\to +\infty }{\lim }{\int }_0^{b}x{e}^{-\lambda x}dx=\frac{1}{\lambda }\\ & 2\underset{b\to +\infty }{\lim }{\int }_0^{b}x{e}^{-\lambda x}dx=\frac{2}{{\lambda }^2}\end{array}$$

Неопределённостей нет, а значит

$$\boxed{=}\left(0+\frac{2}{{\lambda }^2}\right)=\frac{2}{{\lambda }^2}$$

Подставим найденные значения

$$Var\xi =\frac{2}{{\lambda }^2}-{\left(\frac{1}{\lambda }\right)}^2=\frac{1}{{\lambda }^2}$$

Ссылка на оригинал

Нормальное распределение

Нормальное распределение

Видео

Подробнее изучить тему можно в видео на YouTube

Нормальный закон распределения

Случайная величина $\xi$ соответствует распределению $N(a,{\sigma }^2)$ c параметрами $a\in \mathbf{R}$ и ${\sigma }^2(\sigma >0)$ если её плотность:

$$f_{\xi }(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }\sigma }{e}^{-\frac{(x-a{)}^2}{2{\sigma }^2}}$$

График плотности нормального распределения для $a=2$ и $\sigma =\frac{1}{2}$

Точки перегиба функции плотности

Точками перегиба функции плотности распределения являются

$$x=a\pm \sigma$$

Доказательство

Точки перегиба находятся в местах где

$$f^{\prime \prime }(x)=0$$

Найдем первую, а затем вторую производную

$$f^{\prime }(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }\sigma }{e}^{-\frac{(x-a{)}^2}{2{\sigma }^2}}\cdot \left(-\frac{2(x-a)}{2{\sigma }^2}\right)=-\frac{1}{\sqrt{2\pi }{\sigma }^3}{e}^{-\frac{(x-a{)}^2}{2{\sigma }^2}}\cdot (x-a)$$ $$\begin{array}{rl}& f^{\prime \prime }(x)=-\frac{1}{\sqrt{2\pi }{\sigma }^3}\left(e^{-\frac{(x-a{)}^2}{2{\sigma }^2}}\left(-\frac{2(x-a)}{2{\sigma }^2}\right)\cdot (x-a)+1\cdot e^{-\frac{(x-a{)}^2}{2{\sigma }^2}}\right)\\ & =-\frac{1}{\sqrt{2\pi }{\sigma }^5}{e}^{-\frac{(x-a{)}^2}{2{\sigma }^2}}\left(-(x-a{)}^2+{\sigma }^2\right)\end{array}$$

Приравняв к $0$ заметим, что экспонента не может быть равна 0, как и константа перед ней.

$$\begin{array}{rl}& \left(-(x-a{)}^2\right)+{\sigma }^2=0\\ & (x-a{)}^2={\sigma }^2\\ & |x-a|=\sigma \end{array}$$

Раскрытие модуля дает два возможных уравнения:

$$\begin{array}{rl}& x-a=\sigma ⟹x=a+\sigma \\ & x-a=-\sigma ⟹x=a-\sigma \end{array}$$

Функция распределения является неберущимся интегралом

$${\mathcal{F}}_{\xi }(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }\sigma }{\int }_{-\infty }^x{e}^{-\frac{(t-a{)}^2}{2{\sigma }^2}}dt$$

График функции нормального распределения для $a=2$ и $\sigma =\frac{1}{2}$

Математическое ожидание

$$E\xi =a$$

Доказательство

$$\begin{array}{rl}& E\xi ={\int }_{-\infty }^{+\infty }x\cdot f(x)dx={\int }_{-\infty }^{+\infty }x\cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi }\sigma }{e}^{-\frac{(x-a{)}^2}{2{\sigma }^2}}dx=\\ & =\left[\begin{array}{l}\frac{x-a}{\sigma }=t\\ x-a=\sigma t\\ x=a+\sigma t\\ dx=\sigma dt\end{array}\right]=\frac{1}{\sqrt{2\pi }\sigma }\cdot {\int }_{-\infty }^{+\infty }(a+\sigma t)\cdot e^{-\frac{t^2}{2}}\cdot \sigma dt=\\ & =\frac{a}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-\frac{t^2}{2}}dt+\frac{\sigma }{\sqrt{2\pi }}\underset{\text{неч}}{\underbrace{{\int }_{-\infty }^{+\infty }\underset{\text{неч}}{\underbrace{t}}\cdot \underset{\text{чет}}{\underbrace{e^{-\frac{t^2}{2}}}}dt}}\boxed{=}\end{array}$$

Заметим, что первый интеграл является функцией Гаусса, который на отрезке $(-\infty ,\infty )$ равен $1$. Второй интеграл берётся от нечётной функции на всей прямой, положительная и отрицательная часть складываются и дают в сумме $0$. Получаем

$$\boxed{=}a\cdot 1+\frac{\sigma }{\sqrt{2\pi }}\cdot 0=a$$

Дисперсия

$$Var\xi ={\sigma }^2$$

Доказательство

Посчитаем по определению

$$\begin{array}{rl}& var\xi ={\int }_{-\infty }^{+\infty }(x-E\xi {)}^{2}f(x)dx={\int }_{-\infty }^{+\infty }(x-a{)}^2\cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi }\sigma }{e}^{-\frac{(x-a{)}^2}{2{\sigma }^2}}dx=\left[\begin{array}{l}\frac{x-a}{\sigma }=t\\ x=a+\sigma t\\ dx=\sigma dt\end{array}\right]=\\ & =\frac{1}{\sqrt{2\pi }\sigma }\cdot {\int }_{-\infty }^{+\infty }{\sigma }^2{t}^2\cdot e^{-\frac{t^2}{2}}\cdot \sigma dt=\frac{{\sigma }^2}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\infty }^{+\infty }\underset{\text{чет}}{\underbrace{\underset{\text{чет}}{\underbrace{t^2}}\cdot \underset{\text{чет}}{\underbrace{e^{-\frac{t^2}{2}}}}}}dt\boxed{=}\end{array}$$

Заметим, что подынтегральная функция четная , а значит ${\int }_{-\infty }^{\infty }f(x)dx=2{\int }_0^{\infty }f(x)dx$

$$\begin{array}{rl}& \boxed{=}\frac{2{\sigma }^2}{\sqrt{2\pi }}{\int }_0^{+\infty }t\cdot t{e}^{-\frac{t^2}{2}}dt=\left[\begin{array}{ll}u=t& du=dt\\ dv=t{e}^{-\frac{t^2}{2}}dt& v=\int t{e}^{-\frac{t^2}{2}}dt=-e^{-\frac{t^2}{2}}\end{array}\right]=\\ & =\frac{2{\sigma }^2}{\sqrt{2\pi }}\underset{b\to +\infty }{\lim }\left(-t{e}^{-\frac{t^2}{2}}{|}_0^b+{\int }_0^b{e}^{-\frac{t^2}{2}}dt\right)=\frac{2{\sigma }^2}{\sqrt{2\pi }}\underset{b\to +\infty }{\lim }\left(\underset{\to 0}{\underbrace{-b{e}^{-\frac{b^2}{2}}}}+{\int }_0^b{e}^{-\frac{t^2}{2}}dt\right)=\\ & =\frac{2{\sigma }^2}{\sqrt{2\pi }}{\int }_0^{+\infty }{e}^{-\frac{t^2}{2}}dt\stackrel{\text{четность}}{=}{\sigma }^2\frac{1}{\sqrt{2\pi }}\underset{\text{ Функция Гаусса}}{\underbrace{{\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-\frac{t^2}{2}}dt}}={\sigma }^2\cdot 1={\sigma }^2\end{array}$$

Ссылка на оригинал

Стандартное нормальное распределение

Стандартное нормальное распределение

Стандартный нормальный закон распределения (нормированный)

Нормально распределённая случайная величина $\xi$ называется стандартной если $\xi \sim N(0,1)$.
В таком случае плотность будет функцией Гаусса

$$f_{\xi }(x)=\phi (x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{e}^{-\frac{x^2}{2}}$$

Функция распределения это неберущийся интеграл

$${\mathcal{F}}_{\xi }(x)=\Phi (x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\infty }^x{e}^{-\frac{t^2}{2}}dt$$

Связь с функцией Лапласа

$$\Phi (x)=\frac{1}{2}+{\Phi }_0(x)$$

Доказательство

Разобьем $\Phi (x)$ на два отрезка и воспользуемся свойствами функции Лапласа

& \Phi(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{x} e^{-t^2/2} dt = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{0} e^{-t^2/2} dt + \underbrace{\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{0}^{x} e^{-t^2/2} dt}_{\Phi_0(x)} = \\ & -\underbrace{\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{0}^{-\infty} e^{-t^2/2} dt}_{\Phi_{0}(-\infty) = -\Phi_{0}(+\infty) = - \frac{1}{2}} + \Phi_0(x)= \frac{1}{2} + \Phi_0(x) \end{aligned}

Ссылка на оригинал

Свойства нормально распределённых случайных величин

Свойства нормально распределённых случайных величин

Видео

Изучить тему можно также в видео на YouTube

Свойство

Пусть $\xi$ и $\eta$ – случайные величины.
$\eta =A\xi +B$, где $A>0$ и $B$ – константы.
Если $\xi$ соответствует стандартному нормальному распределению $N(0,1)$, то отсюда следует:

$$\eta \sim N(B,A^2)$$

где $N(B,A^2)$ – нормальное распределение

Доказательство

Посчитаем функцию распределения для $\eta$

$${\mathcal{F}}_{\eta }(t)=P\{\eta <t\}=P\{A\xi +B<t\}=P\left\{\xi <\frac{t-B}{A}\right\}$$

Так как $A>0$ знак неравенства не поменяется

$$\begin{array}{rl}& P\left\{\xi <\frac{t-B}{A}\right\}={\mathcal{F}}_{\xi }\left(\frac{t-B}{A}\right)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\infty }^{\frac{t-B}{A}}{e}^{-\frac{x^2}{2}}dx=\left[\begin{array}{c}x=\frac{y-B}{A}\\ y=Ax+B\\ dx=\frac{1}{A}dy\\ x=-\infty \Rightarrow y=-\infty \\ x=\frac{t-B}{A}\Rightarrow y=t\end{array}\right]=\\ & =\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\infty }^t{e}^{-\frac{(y-B{)}^2}{2A^2}}\cdot \frac{1}{A}dy=\frac{1}{\sqrt{2\pi }A}{\int }_{-\infty }^t{e}^{-\frac{(y-B{)}^2}{2A^2}}dy\Rightarrow \eta \sim N(B,A^2)\end{array}$$

Свойство

Пусть $\xi$ и $\eta$ – случайные величины.
Если $\xi$ соответствует нормальному распределению $N(a,{\sigma }^2)$, то отсюда следует:

$$\eta =\frac{\xi -a}{\sigma }\sim N(0,1)$$

где $N(0,1)$ – cтандартное нормальное распределение

Доказательство

$$\begin{array}{rl}& {\mathcal{F}}_{\eta }(t)=P\{\eta <t\}=P\left\{\frac{\xi -a}{\sigma }<t\right\}=P\{\xi <a+\sigma t\}={\mathcal{F}}_{\xi }(a+\sigma t)=\\ & =\frac{1}{\sqrt{2\pi }\sigma }{\int }_{-\infty }^{a+\sigma t}{e}^{-\frac{(x-a{)}^2}{2{\sigma }^2}}dx=\left[\begin{array}{c}y=\frac{x-a}{\sigma }\\ x=a+\sigma y\\ dx=\sigma dy\\ x=a+\sigma t\Rightarrow y=t\end{array}\right]=\frac{1}{\sqrt{2\pi }\sigma }{\int }_{-\infty }^t{e}^{-\frac{y^2}{2}}\sigma dy=\\ & =\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\infty }^t{e}^{-\frac{y^2}{2}}dy\Rightarrow \eta \sim N(0,1)\end{array}$$

Распределение независимых СВ

Пусть ${\xi }_1$ и ${\xi }_2$ – независимые случайные величины.
Если ${\xi }_1$ соответствует нормальному распределению $N(a_1,{\sigma }_1^2)$, а ${\xi }_2\sim N(a_2,{\sigma }_2^2)$ то отсюда следует:

$${\xi }_1+{\xi }_2\sim N(a_1+a_2,{\sigma }_1^2+{\sigma }_2^2)$$

Правило трех сигм

Пусть $\xi$ – случайная величина которая соответствует нормальному распределению $N(a,{\sigma }^2)$. Тогда её отклонение от математического ожидания $a$, по модулю не превосходит $3\sigma$
Почти все значения нормальной СВ будут находиться в интервале

$$\underset{a-\sigma }{(}\stackrel{\sigma }{\leftrightarrow }\underset{a}{|}\stackrel{\sigma }{\leftrightarrow }\underset{a+\sigma }{)}$$

что позволяет нам работать только внутри него.

Доказательство

$$\begin{array}{rl}& P\{a-3\sigma <\xi <a+3\sigma \}=P\{a-3\sigma -a<\xi -a<a+3\sigma -a\}=\\ & =P\{-3\sigma <\xi -a<3\sigma \}=P\left\{-3<\underset{N(0,1)}{\underbrace{\frac{\xi -a}{\sigma }}}<3\right\}=\Phi (3)-\Phi (-3)=\end{array}$$

Применим свойство функции стандартного нормального распределения

$$\begin{array}{rl}& =\frac{1}{2}+{\Phi }_0(3)-\left(\frac{1}{2}+{\Phi }_0(-3)\right)={\Phi }_0(3)-{\Phi }_0(-3)=\\ & ={\Phi }_0(3)+{\Phi }_0(3)=2\cdot {\Phi }_0(3)\approx 0,9973\end{array}$$

Полученное значение говорит о том, что $P\approx 1$, что доказывает правило 3-х сигм

Ссылка на оригинал

Стандартное распределение Коши

Стандартное распределение Коши

Видео

Изучить распределение Коши в общем виде можно в видео на YouTube

Стандартное распределение Коши

Случайная величина $\xi$ соответствует распределению $C(0,1)$ если её плотность:

$$f_{\xi }(x)=\frac{1}{\pi (1+x^2)},x\in \mathbb{R}$$

График плотности распределения

Функция распределения примет вид

$${\mathcal{F}}_{\xi }(x)=\frac{1}{\pi }\text{arctg }x+\frac{1}{2}$$

Доказательство

$$\begin{array}{rl}& {\mathcal{F}}_{\xi }(x)={\int }_{-\infty }^x{f}_{\xi }(t)dt={\int }_{-\infty }^x\frac{1}{\pi (1+t^2)}dt=\underset{a\to -\infty }{\lim }{\int }_a^x\frac{1}{\pi (1+t^2)}dt=\underset{a\to -\infty }{\lim }\frac{1}{\pi }\cdot \text{arctg }t{|}_a^x=\\ & =\underset{a\to -\infty }{\lim }\frac{1}{\pi }(\text{arctg }x-\text{arctg }a)=\frac{1}{\pi }\left(\text{arctg }x+\frac{\pi }{2}\right)=\frac{1}{\pi }\text{arctg }x+\frac{1}{2}\end{array}$$

График функции распределения

Отсутствие моментов

У Cлучайной величины $\xi \sim C(0,1)$ отсутствуют моменты

Доказательство

Найдем начальный момент первого порядка – математическое ожидание

$$\begin{array}{rl}& E_{\xi }={\int }_{-\infty }^{+\infty }xf(x)dx={\int }_{-\infty }^{\infty }x\cdot \frac{1}{\pi (1+x^2)}dx=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\infty }^0\frac{x}{1+x^2}dx+\frac{1}{\pi }\underset{I_1}{\underbrace{{\int }_0^{+\infty }\frac{x}{1+x^2}dx}}\\ & I_1={\int }_0^{+\infty }x\cdot \frac{1}{1+x^2}dx=\underset{N\to \infty }{\lim }{\int }_0^N\frac{x}{1+x^2}dx=\underset{N\to \infty }{\lim }\frac{1}{2}{\int }_0^N\frac{d(x^2)}{1+x^2}=[x^2=y]=\\ & =\frac{1}{2}\underset{N\to \infty }{\lim }(\ln |1+y|){|}_0^{N^2}=\frac{1}{2}\underset{N\to \infty }{\lim }(\ln (1+N^2)-\ln 1)=+\infty \end{array}$$

Один из интегралов расходится, а значит и сам интеграл расходится. Мы не можем посчитать математическое ожидание, а значит и другие моменты тоже.

Ссылка на оригинал

---

Список использованных источников

Материал подготовлен на основе

1. Конспект лекций по ТВиМС от 25.03.2026. Лектор Литвинова В. В.
2. Бородин А. Н. Элементарный курс теории вероятностей и математической статистики : учебное пособие для вузов / А. Н. Бородин. — 10 е изд., стер. — Санкт Петербург : Лань, 2024. — 256 с. : ил. — Текст : непосредственный
3. Гмурман, В. Е. Теория вероятностей и математическая статистика: учебник для вузов / В. Е. Гмурман. – 12-е изд. –Москва: Издательство Юрайт, 2024. – 479 с. – (Высшее образование)
4. Нейросеть NotebookLM только для оформления
5. Видео. Лекция 11. Дискретные распределления (биномиальное, Бернулли, Пуассона)
6. Видео. Лекция 12. Непрерывные распределения: и их равномерное, показательное, Лапласа, нормальное и Коши.