Материал: Чернова Н.И. - Теория вероятностей - 1999

Раздел 10. Преобразования случайных величин

10.1Преобразование одной случайной величины

Мы будем рассматривать только преобразования случайных величин с абсолютно непрерывными распределениями. Пусть с. в. имеет функцию распределения F (x) и плотность распределения f (x). Построим с помощью функции g : R ! R случайную величину = g( ). Требуется найти функцию распределения и, если существует, плотность распределения .

Замечание 18. Плотность распределения случайной величины = g( ) существует далеко не при любых функциях g. Так, если функция g кусочно-постоянна, то с. в. имеет дискретное распределение, и плотность ее распределения не существует.

Упражнение 16. Привести пример случайной величины с абсолютно непрерывным распределением и непрерывной функции g такой, что = g( ) имеет

а) дискретное распределение; б) невырожденное дискретное распределение.

Плотность распределения g( ) заведомо существует, если, например, функция g монотонна («строго монотонна»). Вспомним, что означает «найти плотность распределения , если она существует».

По определению, если мы представим (для любого x) функцию распределения

x

R

в виде F (x) = h(y) dy, где подынтегральная функция h(y) неотрицательна,

1

то плотность распределения с. в. существует и в точности равна подынтегральной функции: f (x) = h(x).

Так что доказывать существование плотности распределения и находить ее мы будем одновременно, находя нужное интегральное представление для функции распределения.

Теорема 23. Пусть имеет функцию распределения F (x) и плотность распределения f (x), и постоянная a отлична от нуля. Тогда случайная величина = a + b имеет

Доказательство. Пусть сначала a > 0.

то есть при a > 0 случайная величина = a + b имеет абсолютно непрерывное распределение с плотностью

50

Пусть теперь a < 0.

то есть при a < 0 случайная величина = a + b имеет абсолютно непрерывное распре-

Для произвольной монотонной функции g (то есть такой, что для любых x1 < x2 ëèáî g(x1) < g(x2) (монотонно возрастающая функция), либо g(x1) > g(x2) (монотонно убывающая функция)) справедливо аналогичное теореме 23 утверждение.

Теорема 24. Пусть имеет функцию распределения F (x) и плотность распределения f (x), и функция g : R ! R монотонна. Тогда случайная величина = g( ) имеет плотность распределения

g 1(x).

Упражнение 17. Доказать теорему 24.

Следующие утверждения сразу следуют из теоремы 23. Первое из них мы уже доказывали непосредственно. Доказать остальные.

Следствие 8. Åñëè = N0;1, òî = + a = Na;2 .

10.2Функции от двух случайных величин

Пусть 1; 2 — случайные величины с плотностью совместного распределения f 1;2 (x1; x2), и задана функция g : R2 ! R. Требуется найти функцию (а если существует, то и плотность) распределения случайной величины = g( 1; 2).

51

Пользуясь тем, что вероятность случайному вектору попасть в область можно вы- числить как объем под графиком плотности распределения вектора над этой областью, сформулируем утверждение.

Теорема 25. Пусть x 2 R, и область Dx R2 состоит из точек (x1; x2) таких, что g(x1; x2) < x. Тогда случайная величина = g( 1; 2) имеет функцию распределения

Всюду далее в этой главе предполагается, что случайные величины 1 è 2 независимы, то есть f 1;2 (x1; x2) = f 1 (x1)f 2 (x2).

Следствие 11 (Формула свертки). Åñëè ñ. â. 1 è 2 независимы и имеют абсолютно непрерывное распределение с плотностями f 1 (x1) è f 2 (x2), то плотность распределения суммы 1 + 2 равна «свертке» плотностей f 1 è f 2 :

Доказательство. Воспользуемся утверждением теоремы 25 для функции g(x1; x2) = x1 +x2. Итегрирование по области Dx = f(x1; x2) : x1 +x2 < xg можно заменить последовательным вычислением двух интегралов: наружного – по переменной x1, меняющейся от 1 до 1, и внутреннего – по переменной x2, которая при каждом x1 должна быть меньше, чем x x1. Òî åñòü Dx = f(x1; x2) : x1 2 (1; 1); x2 2 (1; x x1)g. Поэтому

Сделаем в последнем интеграле замену переменной x2 íà t òàê: x2 = t x1. Ïðè ýòîì x2 2 (1; x x1) перейдет в t 2 (1; x), dx2 = dt. В полученном интеграле меняем, наконец, порядок интегрирования:

Второе равенство получается либо из первого заменой переменных, либо если всюду в доказательстве поменять местами индексы 1 è 2.

Следствие 11 не только предлагает формулу для вычисления плотности распределения суммы, но и утверждает (заметьте!), что сумма двух независимых случайных величин с абсолютно непрерывными распределениями также имеет абсолютно непрерывное распределение. Для тех, кто уже ничему не удивляется, упражнение: привести пример двух случайных величин с абсолютно непрерывными распределениями, таких что их сумма имеет вырожденное распределение.

52

Если даже одна из двух независимых случайных величин имеет дискретное, а вторая

– абсолютно непрерывное распределение, то их сумма тоже имеет абсолютно непрерывное распределение, как показывает следующее упражнение.

Упражнение 18. Пусть с. в. имеет таблицу распределения P( = ai) = pi, с. в. имеет плотность распределения f (x), и эти величины независимы. Доказать, что +

P

имеет плотность распределения f + (x) = pif (x ai).

i

10.3Примеры использования формулы свертки

Пример 27. Пусть независимые случайные величины и имеют стандартное нормальное распределение. Докажем, что их сумма имеет нормальное распределение с параметрами 0 и 2.

Доказательство. По формуле свертки, плотность суммы равна

1 1 1

Последнее равенство верно поскольку под интегралом стоит плотность нормального

1

распределения с параметрами 0 и p2 , так что интеграл по всей прямой равен 1. Итак, мы получили, что плотность суммы есть плотность нормального распределения с параметрами 0 и 2.

Если сумма двух независимых случайных величин из одного и того же распределения (возможно, с разными параметрами) имеет такое же распределение, говорят, что это распределение устойчиво относительно суммирования.

В следующих утверждениях, доказать которые предлагается читателю, перечислены практически все устойчивые распределения. Еще с одним из них (распределением 2) читатель познакомится в курсе математической статистики.

Лемму 6 мы докажем позднее, используя аппарат характеристических функций, хотя при некотором терпении можно попробовать доказать ее с помощью формулы свертки, как в примере 27.

Показательное распределение не устойчиво по суммированию, однако его можно считать частным случаем гамма-распределения, которое уже в некотором смысле устой- чиво относительно суммирования.

53

Определение 38. Случайная величина имеет гамма-распределение ; с параметрами > 0; > 0, если она имеет плотность распределения

при k целых (k) = (k 1)! и (1) = 1.

Заметим, что показательное распределение E есть гамма-распределение ;1.

Лемма 7. Пусть независимые случайные величины 1; : : : ; n имеют показательное распределение E = ;1. Тогда 1 + + n = ;n.

Доказательство. Докажем утверждение по индукции. При n = 1 оно верно в силу равенства E = ;1. Пусть утверждение леммы справедливо для n = k 1. Докажем, что оно верно и для n = k. По предположению индукции Sk 1 = 1 + + k 1 = ;k 1, то есть имеет плотность распределения

Òàê êàê f k (x u) = 0 при x u < 0, то есть при u > x, то плотность под интегралом отлична от нуля, если переменная интегрирования изменяется в пределах 0 6 u 6 x. Поэтому

Òî åñòü Sk = ;k, что и требовалось доказать.

54