5. Случайные векторы

Случайный вектор

Случайный вектор

Случайный вектор

Случайный вектор – упорядоченный набор случайных величины $\vec{\xi }=\{{\xi }_1,{\xi }_2\dots {\xi }_n\}$

Ссылка на оригинал

Функция распределения случайного вектора

Функция распределения случайного вектора

Функция распределения случайного вектора

Функция распределения случайного вектора

$${\mathcal{F}}_{\vec{\xi }}(\vec{t})=P\{{\xi }_1<t_1,{\xi }_2<t_2,\dots ,{\xi }_n<t_n\}$$

где $\vec{t}=(t_1,t_2\dots ,t_n)$

Свойства функции

Следуют из определения функции и аксиом вероятности

1. Ограниченность: $0\le {\mathcal{F}}_{\vec{\xi }}(\vec{t})\le 1$
2. ${\mathcal{F}}_{\vec{\xi }}(\vec{t})$ неубывающая по каждому аргументу
3. ${\lim }_{t_1,\dots ,tn\to +\infty }{\mathcal{F}}_{\vec{\xi }}(\vec{t})=1$
4. ${\lim }_{t_i\to -\infty }{\mathcal{F}}_{\vec{\xi }}(\vec{t})=0$

Свойство 5-6 опираются на то, что $\{\xi <+\infty \}$ это достоверное событие, а при пересечении событий с достоверным исходная вероятность не меняется

5. Поиск одной величины через устремление остальных к бесконечности: ${\mathcal{F}}_{{\xi }_1}(t_1)={\lim }_{(t_2,\dots ,t_n\to +\infty )}{\mathcal{F}}_{\vec{\xi }}(\vec{t})$

6. Исключение одной величины через устремление к бесконечности ${\mathcal{F}}_{{\xi }_1,\dots {\xi }_{n-1}}(t_1,\dots t_{n-1})={\lim }_{t_n\to +\infty }{\mathcal{F}}_{\vec{\xi }}(\vec{t})$

Ссылка на оригинал

Независимые случайные величины

Независимые случайные величины

Независимые случайные величины

Случайные величины $\xi$ и $\eta$ называется независимыми, если их функция распределения

$${\mathcal{F}}_{(\xi ,\eta )}(x,y)={\mathcal{F}}_{\xi }(x)\cdot {\mathcal{F}}_{\eta }(y)$$

Ссылка на оригинал

Двумерный дискретный случайный вектор

Двумерный дискретный случайный вектор

Видео

Подробнее ознакомиться с темой и изучить примеры можно в этом видео

Двумерный дискретный случайный вектор

$(\xi ,\eta )$ – двумерный дискретный случайный вектор, если дискретная величина $\xi \sim \{x_i,p_i\}$ и $\eta \sim \{y_j,q_j\}$
Вероятность совместного наступления $p_{ij}=P\{\xi =x_i,\eta =y_j\}$
Обозначение: $(\xi ,\eta )\sim \{(x_i,y_j)p_{ij}\}$

Распределение

Записывается с помощью таблицы

$\xi$ \ $\eta$	$y_1$	$y_2$	$\dots$	$y_j$	$\dots$	$y_m$
$x_1$	$p_{11}$	$p_{12}$	$\dots$	$p_{1j}$	$\dots$	$p_{1m}$	$p_1$
$x_2$	$p_{21}$	$p_{22}$	$\dots$	$p_{2j}$	$\dots$	$p_{2m}$	$p_2$
$⋮$	$⋮$	$⋮$	$\dots$	$⋮$	$\dots$	$⋮$	$⋮$
$x_i$	$p_{i1}$	$p_{i2}$	$\dots$	$p_{ij}$	$\dots$	$p_{im}$	$p_i$
$⋮$	$⋮$	$⋮$	$\dots$	$⋮$	$\dots$	$⋮$	$⋮$
$x_n$	$p_{n1}$	$p_{n2}$	$\dots$	$p_{nj}$	$\dots$	$p_{nm}$	$p_n$
	$q_1$	$q_2$	$\dots$	$q_j$	$\dots$	$q_m$

Распределения отдельных компонент находятся суммированием по строкам и столбцам:

$$\begin{array}{rl}{q}_j& =\sum _{i=1}^n{p}_{ij}\\ p_i& =\sum _{j=1}^m{p}_{ij}\end{array}$$

Сумма всех вероятностей в таблице будет равна:

$$\sum _i\sum _j{p}_{ij}=1$$

Функция распределения

Функция распределения примет вид:

$${\mathcal{F}}_{(\xi ,\eta )}(x,y)=P(\xi <x,\eta <y)$$

Ссылка на оригинал

Теорема. Критерий независимости случайных величин для двумерного дискретного вектора

Критерий независимости случайных величин для двумерного дискретного вектора

Теорема. Критерий независимости

$(\xi ,\eta )$ – Двумерный дискретный случайный вектор $\forall i,j{p}_{ij}=p_i{q}_j⟺\xi ,\eta$ – независимы

Ссылка на оригинал

Поиск функции распределения для двумерных случайных величин

Пример поиск функции распределения для двумерных случайных величин

Задача

Игральную кость подбросили 2 раза.
Случайная величина $\xi$ равна $0$, если сумма четная; $1$ – иначе.
Случайная величина $\eta$ равна $-1$, если значение при первом броске больше, чем при втором; $1$, если значение при первом броске меньше, чем при втором; $0$ – иначе.

Требуется:
а) Сопоставить$(\xi ,\eta )$
б) Найти распределения $\xi ,\eta$
в) Проверить независимость $\xi ,\eta$
г)Найти ${\mathcal{F}}_{(\xi ,\eta )}(x,y)$

Решение а) (Сопоставление двух случайных величин)

Таблица совместного распределения $(\xi ,\eta )$:

$$\begin{array}{cccc}\xi \setminus \eta & -1& 0& 1\\ 0& \frac{1}{6}& \frac{1}{6}& \frac{1}{6}\\ 1& \frac{1}{4}& 0& \frac{1}{4}\end{array}$$

Всего бросков $36$

Если $\xi =0$ (сумма четная) и $\eta =-1$ (первое больше второго):
Подходят: $(3,1);(4,2);(5,1);(5,3),(6,2),(6,4)$. Всего их $6$

$$p_{11}=\frac{6}{36}=\frac{1}{6}$$

Если $\xi =0$ (сумма четная) и $\eta =0$ (значения одинаковы):
Таких пар максимум $6$, их суммы четны

$$p_{12}=\frac{6}{36}=\frac{1}{6}$$

Если $\xi =0$ (сумма четная) и $\eta =1$ (второе больше первого):
Подходят переставленные местами значения из случая $(\xi ,\eta )=(0,-1)$

$$p_{13}=\frac{6}{36}=\frac{1}{6}$$

Если $\xi =1$ (сумма нечетная) и $\eta =-1$ (первое больше второго):
Подходят: $(2,1);(3,2);(4,1);(4,3);(5,2);(5,4);(6,1);(6,3);(6,5)$. Всего их $9$

$$p_{21}=\frac{9}{36}=\frac{1}{4}$$

Если $\xi =1$ (сумма нечетная) и $\eta =0$ (значения одинаковы): таких значений нет, так как сложение двух одинаковых чисел равносильно умножению на $2$.

$$p_{22}=0$$

Если $\xi =1$ (сумма нечетная) и $\eta =1$ (второе больше первого):
Подходят переставленные местами значения из случая $(\xi ,\eta )=(1,-1)$

$$p_{23}=\frac{9}{36}=\frac{1}{4}$$

Суммирование всех $p_{ij}$ даёт $1$, вероятности распределены верно

Решение б)(Поиск распределения каждой случайной величины)

Нахождение распределения $\xi$
По определению $p_i={\sum }_{j=1}^3{p}_{ij}$, при $i=1,2$. Просуммируем вероятности найденный в пункте а)
$\xi \sim \begin{array}{ccc}{x}_i& 0& 1\\ p_i& \frac{1}{6}+\frac{1}{6}+\frac{1}{6}=\frac{1}{2}& \frac{1}{4}+0+\frac{1}{4}=\frac{1}{2}\end{array}$

Нахождение распределения $\eta$:
Аналогично для $q_j={\sum }_{i=1}^2{p}_{ij}$, при $j=1,2,3$
$\eta \sim \begin{array}{cccc}{y}_j& -1& 0& 1\\ q_j& \frac{1}{6}+\frac{1}{4}=\frac{5}{12}& \frac{1}{6}+0& \frac{1}{6}+\frac{1}{4}=\frac{5}{12}\end{array}$

Проверка: ${\sum }_{j=1}^3{q}_j={\sum }_{i=1}^2{p}_i=1$ – верно

Решение в) (Проверка на независимость)

Проверим критерий для $p_{11}$ (используются данные из а) и б)):

$$\begin{array}{rl}{p}_{11}& =p_1\cdot q_1\\ \frac{1}{6}& \ne \frac{1}{2}\cdot \frac{5}{12}⟹\xi \text{ и }\eta \text{ зависимы }\end{array}$$

Решение г) (Нахождение функции распределения)

Значения функции распределения находятся с помощью суммирования всех попавших в область вероятностей.

На рисунке области разделены на розовый столбец (не содержит голубой) и голубой столбец (содержит розовый). Верхние строки содержат нижние, нижние не могут содержать верхние. (свойство монотонности). Фиолетовым обозначим вероятность исхода в самой области.

Например, для нахождения значения функции распределения, соответствующего точке $(1,-1)$, необходимо сложить вероятности всех исходов левее и ниже нее. В эту область входит соседняя левая точка $(0,-1)$ из розового столбца. Поэтому значением функции будет сумма вероятности исхода в соседней точке ($\frac{1}{6}$) и вероятности исхода в самой точкt $(1,-1)$, которая равна $\frac{1}{4}$. Итого: $\frac{1}{6}+\frac{1}{4}=\frac{5}{12}$. Аналогичный принцип накопления применяется для остальных областей.

Аналитическая запись:

$${\mathcal{F}}_{(\xi ,\eta )}(x,y)=\{\begin{array}{ll}0,& x\le 0\text{ или }y\le -1\\ \frac{1}{6},& x\in (0;1],y\in (-1;0]\\ \frac{1}{3},& x\in (0;1],y\in (0;1]\\ \frac{5}{12},& x>1,y\in (-1;0]\\ \frac{1}{2},& x\in (0;1],y>1\\ \frac{7}{12},& x>1,y\in (0;1]\\ 1,& x>1,y>1\end{array}$$

Границы интервалов

Есть два вида определения функции распределения – строгое и нестрогое.

В курсе в определении функции распределения используется СТРОГОЕ. Вследствие этого значение функции изменится только тогда, когда аргумент $x$ станет строго больше очередного возможного значения случайной величины

То есть если $x=1$, то $\mathcal{F}(1)=P\{\xi <1\}$, то есть исход $\xi =1$ по-прежнему не входит в эту вероятность, но сюда входит исход $\xi =0$, а значит верхняя граница интервала которому принадлежит $x$ будет НЕСТРОГАЯ

Ссылка на оригинал

Непрерывный случайный вектор (НСВ) и его плотность распределения

Непрерывный случайный вектор и его плотность распределения

Непрерывный случайный вектор (НСВ) и его плотность

Случайный вектор $\vec{\xi }=({\xi }_1,\dots ,{\xi }_n)$ называется непрерывным, если существует неотрицательная функция совместной плотности распределения $f_{\vec{\xi }}$, с помощью которой его совместная функция распределения представима в виде:

$${\mathcal{F}}_{\vec{\xi }}(\vec{t})={\int }_{-\infty }^{t_1}\cdots {\int }_{-\infty }^{t_n}{f}_{\vec{\xi }}(x_1,\dots x_n)d{x}_1\dots d{x}_n$$

Зачем вводится

Непрерывный случайный вектор используется для поиска вероятности совместного наступление сразу нескольких событий (например, и длина меньше $t_1$​, и ширина меньше $t_2$). Мы не путаем с НСВ (величиной), так как величина применяется для единичного случая. ​

Ссылка на оригинал

Свойства плотности распределения непрерывного случайного вектора

Свойства плотности распределения непрерывного случайного вектора

Неотрицательность плотности

$$f_{\bar{\xi }}(\bar{x})\ge 0$$

Условие нормировки совместной плотности

НСВ $\vec{\xi }\in$ линейному пространству ${\mathbf{R}}^n$ принимает хоть какое-нибудь значение из всех возможных, что является достоверным событием, вероятность которого равна $1$

$${\int }_{-\infty }^{\infty }\cdots {\int }_{-\infty }^{\infty }{f}_{\bar{\xi }}(\bar{x})d\bar{x}=1$$

Нахождение плотности через функцию распределения

Поскольку функция распределения НСВ это интеграл, то найти плотность распределения можно взяв производную $n$-го порядка по всем переменным вектора

$$f_{\bar{\xi }}(\bar{x})=\frac{{\partial }^n{\mathcal{F}}_{\bar{\xi }}(\bar{x})}{\partial x_1\dots \partial x_n}$$

Вероятность попадания вектора в произвольную область

Вероятность по всей площади события $A$ это сумма всех кусочков плотности распределения НСВ на этой площади

$$P\{\bar{\xi }\in A\}=\int \cdots {\int }_A{f}_{\bar{\xi }}(\bar{x})d\bar{x}$$

Поиск плотности распределения составляющих

Плотность компоненты вектора можно найти проинтегрировав плотность по всем возможным значениям остальных компонент (от $-\infty$ до $+\infty$). В этом случае они станут достоверными событиями и их пересечение никак не изменит вероятность искомого события

$$f_{{\xi }_1}(x_1)=\underset{n-1}{\underbrace{{\int }_{-\infty }^{\infty }\cdots {\int }_{-\infty }^{\infty }}}{f}_{\bar{\xi }}(\bar{x})d{x}_2\dots d{x}_n$$

Ссылка на оригинал

Индикатор события

Индикатор события

Индикатор события (множества)

Это функция ${\mathbb{I}}_A(x)$, которая равна $1$, если исход $x$ принадлежит множеству $A$ (событие верно), и равна $0$, если исход $x$ не принадлежит $A$ (событие неверно).

Ссылка на оригинал

Независимые непрерывные случайные величины

Независимые непрерывные случайные величины

Независимые непрерывные случайные величины

Непрерывные случайные величины $\xi$ и $\eta$ называется независимыми, если их плотность распределения

$$f_{\xi ,\eta }(x,y)=f_{\xi }(x)\cdot f_{\eta }(y)$$

Определения независимости равносильны. Интегрирование исходного определения с помощью свойств для непрерывной случайно величины и непрерывного случайного вектора даст ровно этот результат

Ссылка на оригинал

Поиск плотности и функции распределения для двумерных непрерывных случайных величин

Пример поиск плотности и функции распределения для двумерных непрерывных случайных величин

Задача

Дано:
Двумерная случайная величина $(\xi ,\eta )$ с плотностью:

$$f_{\xi ,\eta }(x,y)=c\cdot x\cdot {\mathbb{I}}_D(x,y)$$

где ${\mathbb{I}}_D$ – индикатор области $D$.
Область $D$ (задана графиком):

Найти:
a) Константу: $c=?$
б) Плотность $\xi$ (по $x$): $f_{\xi }(x)=?$
в) Плотность $\eta$ (по $y$): $f_{\eta }(y)=?$
г) Зависимость: $\xi ,\eta$ – независимы?
д) Функцию распределения: $F_{\xi ,\eta }(x,y)=?$

Решение а) (Поиск константы)

Для непрерывного двумерного вектора должно выполняться равенство:

$$\underset{D}{\iint }f(x,y)dxdy=1$$

Согласно графику области, $x$ изменяется от 0 до 1, а $y$ от 0 до линии $y=x$.
${\int }_0^{1}dx{\int }_0^{x}c\cdot xdx=1$

• Внутренний интеграл (по $y$):
  Мы интегрируем по $y$, величина $cx$ считается константой:

$${\int }_0^{x}cxdy=(cx\cdot y){|}_0^x=cx\cdot x-0=c{x}^2$$

• Внешний интеграл (по $x$):

$${\int }_0^{1}c{x}^{2}dx=c\cdot \frac{x^3}{3}{|}_0^1=c\cdot \left(\frac{1^3}{3}-0\right)=\frac{c}{3}=1⟹c=3$$

Плотность распределения имеет вид $f_{\xi ,\eta }(x,y)=3x{\mathbb{I}}_D(x,y)$ внутри треугольника.

Решение пункта б) (Поиск плотности $\xi$)

Чтобы оставить только зависимость от $x$, мы берем интеграл от совместной плотности по переменной $y$:

$$f_{\xi }(x)={\int }_{-\infty }^{\infty }f(x,y)dy$$

переменная $y$ меняется от нижней границы ($y=0$) до верхней границы ($y=x$).

Подставляем найденную в пункте а) константу $c=3$:

$$f_{\xi }(x)={\int }_0^{x}3xdy$$

Интегрируем по $y$, $3x$ является константой:

$$f_{\xi }(x)=3x\cdot y{|}_0^x=3x\cdot (x-0)=3x^2$$

Плотность не может существовать вне рамок области, поэтому полный ответ:

$$f_{\xi }(x)=3x^2{\mathbb{I}}_{[0,1]}(x)$$

Решение пункта в) (Поиск плотности $\eta$)

Аналогично пункту б), но теперь по переменной $x$

$$f_{\eta }(y)={\int }_{-\infty }^{\infty }f(x,y)dx$$

переменная $x$ меняется от нижней границы ($x=y$) до верхней границы ($x=1$).

$$f_{\eta }(y)={\int }_y^{1}3xdx$$

Интегрируем по $x$:

$$f_{\eta }(y)=\frac{3}{2}{x}^2{|}_y^1=\frac{3}{2}(1-y^2)$$

Плотность не может существовать вне рамок области, поэтому полный ответ:

$$f_{\eta }(y)=\frac{3}{2}(1-y^2){\mathbb{I}}_{[0,1]}(y)$$

Решение пункта г) (Проверка на независимость с помощью плотности)

Проверим определение независимости для НСВ
$f_{\xi ,\eta }(x,y)=f_{\xi }(x)\cdot f(\eta )(y)$ – верно?
подставим результаты из предыдущих пунктов
$3x{\mathbb{I}}_D(x,y)\stackrel{?}{=}\frac{3}{2}(1-y^2){\mathbb{I}}_{[0,1]}(y)\cdot 3x^2{\mathbb{I}}_{[0,1]}(x)$
$3x{\mathbb{I}}_D(x,y)\ne \frac{3}{2}(1-y^2){\mathbb{I}}_{[0,1]}(y)\cdot 3x^2{\mathbb{I}}_{[0,1]}(x)⟹$ случайные величины зависимы

Решение пункта д) (Поиск функции распределения через плотность)

Видео

Похожий пример представлен в видео

По определению

$${\mathcal{F}}_{(\xi ,\eta )}(x,y)={\int }_{-\infty }^x{\int }_{-\infty }^y{f}_{\xi ,\eta }(u,v)dudv$$

Исходную область $D$ можно разбить на 5 частей, посмотрим их:
Область I ($x<0$ или $y<0$)

$${\mathcal{F}}_{\xi ,\eta }(x,y)=0$$

Область II ($(x,y)\in D$) точка в треугольнике

Для удобства внешний интеграл берем по $v$

$${\mathcal{F}}_{\xi ,\eta }(x,y)={\int }_0^{y}dv{\int }_v^{x}3udu={\int }_0^y\frac{3}{2}{u}^2{|}_v^{x}dv={\int }_0^y\frac{3}{2}{x}^2-v^{2}dv=\frac{1}{2}(3x^{2}y-y^3)$$

Область III ($0<x\le 1$ и $y>x$) точка над треугольником

Для удобства внешний интеграл берем по $u$

$${\mathcal{F}}_{\xi ,\eta }(x,y)={\int }_0^{x}du{\int }_0^{u}3udv=3{\int }_0^{x}u\cdot u\cdot du=3\cdot \frac{u^3}{3}{|}_o^x=x^3$$

Область IV ($0\le y<1,x>1$) точка справа от треугольника

Для удобства внешний интеграл берем по $v$

$${\mathcal{F}}_{\xi ,\eta }(x,y)={\int }_0^{y}dv{\int }_v^{1}3udu=3{\int }_0^y\left(\frac{1}{2}-\frac{v^2}{2}\right)dv=\frac{3}{2}y-\frac{3}{3\cdot 2}{y}^3=\frac{1}{2}(3y-y^3)$$

Область V ($x>1,y>1$)

$${\mathcal{F}}_{\xi ,\eta }(x,y)=1$$

Итоговый ответ:

$$F_{\xi ,\eta }(x,y)=\{\begin{array}{ll}0,& \text{при }x\le 0\text{ или }y\le 0;\\ \frac{1}{2}(3x^{2}y-y^3),& \text{при }0<y\le x\le 1;\\ x^3,& \text{при }0<x\le 1,y>x;\\ \frac{1}{2}(3y-y^3),& \text{при }x>1,0<y\le 1;\\ 1,& \text{при }x>1,y>1.\end{array}$$

Ответы

а) $f_{\xi ,\eta }(x,y)=3x{\mathbb{I}}_D(x,y)$
б) $f_{\xi }(x)=3x^2{\mathbb{I}}_{[0,1]}(x)$
в) $f_{\eta }(y)=\frac{3}{2}(1-y^2){\mathbb{I}}_{[0,1]}(y)$
г) Зависимы
д)

$$F_{\xi ,\eta }(x,y)=\{\begin{array}{ll}0,& \text{при }x\le 0\text{ или }y\le 0;\\ \frac{1}{2}(3x^{2}y-y^3),& \text{при }0<y\le x\le 1;\\ x^3,& \text{при }0<x\le 1,y>x;\\ \frac{1}{2}(3y-y^3),& \text{при }x>1,0<y\le 1;\\ 1,& \text{при }x>1,y>1.\end{array}$$

Ссылка на оригинал