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