Задача 2.92. Размеры выплат страховой компании образуют последовательность одинаково распределенных независимых случайных величин с функцией плотности вероятности

f (x) = a2 x exp(-ax), a > 0, x ³ 0.

Пусть N –– число таких выплат имеет распределение Пуассона с параметром l. Найдите математическое ожидание и дисперсию суммы этих выплат. (См. пример 2.92, a –– номер варианта.)

2.17.3. Характеристические функции

Замена z на e-s в определении производящей функции позволила рассматривать непрерывные неотрицательные величины. Выгода от такой замены состоит в мультипликативном свойстве: e-s( x+y ) = e-sxe-sy . Таким же свойством обладает и показательная функция чисто мнимого аргумента, которая для действительных x определяется равенством:

eixz = cos(xz) + i sin(xz) .

Характеристической		функцией j(z)		случайной	величиныX
называется	комплексно-значная		функция, определенная		при z Î R
соотношением	j(z) М (еizX )= M [cos(zX )=+ i sin(zX )].
Если F (x) –– функция распределения случайной величины X, то
			¥
		j(z) = ò eizxdF (x).			(2.17.15)
			-¥

Существование интеграла, определяющего характеристическую функцию, вытекает из непрерывности функцииеizх и ее ограниченности:

| еizх |£1. Для дискретной случайной величины X с возможными значениями xk и их вероятностями pk запись (2.17.15) расшифровывается как

	j(z) = åeixk z pk .			(2.17.16)
	k
Для непрерывной случайной величиныX с функцией плотности
вероятности f (x)
	¥
	j(z) = ò eizx f (x) dx.			(2.17.17)
	-¥
Пример 2.93.1. Пусть	случайная	величинаX имеет пуассоновский
		lk
закон распределения, т.е.	Р( X = k) =		е-l , k = 0,1, 2,¼ .	Тогда по

k !

формуле (2.17.11)

169

izk

¥

izk lk

-l

-l

¥

(leiz )k

iz

j(z) =М (е= )

=åe=

e

e

å

exp{l(e

-1)}. (2.17.18)

k !

k =0

k =0

k!

Пример 2.93.2. Пусть

X : N (0,1).

Тогда в соответствии с формулой

(2.17.12)

j(z) М (еizk )		1	¥
				= exp(izx)exp(-x2 / 2)=dx.
		2p -ò¥

Вместо непосредственного вычисления интеграла, которое требует специальной математической техники, найдем его величину косвенным способом. Заметим, что

¢

1

¥

2

-i

¥

2

j

(z)

ò ix exp(izx -=x

/ 2)dx

ò exp(izx= ) d{exp(-x

/ 2)}.

2p

2p -¥

-¥

Полученный

интеграл

берем

по

частям, полагая

u = exp(izx)

и

dv = d{exp(-x2 / 2)}:

¢

-i

z

¥

2

¥

2

j (=z)

exp(izx)exp(-x

/ 2)

-¥ -

exp(izx - x= / 2) dx

-zj(z),

2p

2p -ò¥

(первое слагаемое равно нулю так как | exp(izx) |£1, а exp(-¥) = 0 ).

В

итоге

для искомой

характеристической

функции

получаем

уравнение, которое при начальном условии j(0) =1 имеет решение

j(z)

=exp(-z2 / 2).

(2.17.19)

Подобным

же образом

можно показать, что закон

распределения

N (m;s2 ) имеет характеристическую функцию

j(z)

exp(imz=– z2s2 / 2).

(2.17.20)

Свойства характеристических функций.

1.j(0) =1, | j(z) |£1 для всех вещественных z.

2.Если существует М ( Х n ) –– момент порядка n, то функция j(z)

имеет n непрерывных производных и

j(n) (0) = in M ( X n ).

3. Пусть Y = aX + b, где a и b –– постоянные величины, а X имеет характеристическую функцию j (z). Тогда характеристическая функция случайной величины Y имеет вид

y(z) = M (=eizY )= М=(еiz (aX +b ) ) eizb M (eiazX ) eizbj(az).

4. Характеристическая функция однозначно определяет распределение случайной величины.

170

5. Если X1 и X2 –– независимые случайные величины, а j1 (z) и j2 (z) ––

их характеристические

функции,

то

характеристическая

функция

суммы

Y = X1 + X 2 равна произведению характеристических функций слагаемых:

y(z) = j1 (z)j2 (z).

Это следует из того, что в силу независимости слагаемых

y(z)

М {exp[iz( X1 + X 2 )]}=

M {exp(izX1)exp(=izX 2 )}

= M {exp(= izX1 )}M {exp(izX 2 )}

j1 (z)j2 (z).

Можно показать, что для любого конечного числа независимых

случайных величин Х1, Х 2 ,¼, Х n

характеристическая

функция

их

суммы

Х1 + Х 2 +¼+ Х n

равна

произведению

характеристических

функций

слагаемых.

Пример 2.93.3. Случайные

величиныX и Y

независимы

и

имеют

пуассоновские

законы

распределения

с

параметрамиl1

l2

lk

-l

lk

-l

соответственно:

Р( Х = k) =

1

=e

1 ,= Р(=Y

k)

2

e

2 ,

k

1, 2,3,¼ .

k!

k !

Требуется найти закон распределения случайной величины X + Y .

Решение. Согласно

формуле (2.17.18) характеристические

функции

случайных величин X и Y имеют вид:

izX

iz

-1)]

и

izY

exp[l2 (е

iz

-1)].

j1 (z) =М (е = ) exp[l1(е

j2 (z) =М (е= )

Сумме независимых случайных величин соответствует произведение характеристических функций слагаемых. Поэтому X + Y имеет характеристическую функцию

exp[l (еiz -1)]exp[l			2	(еiz -1)] exp[(= l + l		2	)(еiz -1)].
Ответ.	1				1
	X + Y	имеет			пуассоновский		закон	распределения	с
параметром l1 + l2 .								устойчивостифакт
Полученный		результат			известен		как
пуассоновского закона распределения. Этот результат можно обобщить на
сумму любого конечного числа пуассоновских случайных величин.
Теорема.	Если	случайные			величиныХ1 и Х2	независимы и имеют

соответственно нормальные законы распределения N (m1;s12 ) и N (m2 ;s22 ) ,

то их сумма Х1 + Х 2 имеет тоже нормальный закон распределения

N (m1 + m2 ;s12 + s22 ).

Д о к а з а т е л ь с т в о . Пусть Х1 ~ N (m1;s12 ) и Х 2 ~ N (m2 ;s22 ) . Их характеристические функции в соответствии с формулой (2.17.15) имеют вид

j (z)	exp(im= z – s2 z2		/ 2)	и	j	(z)	exp(im=	z – s2 z2	/ 2).
1	1	1			2		2	2

Тогда характеристическая функция суммы Х1 + Х 2 :

171

y(z) j =(z)j		(z)	exp(= im z – s2 z2		/ 2)exp(im z – s2 z2		/ 2) =
1	2		1	1	2	2

=exp{i(m1 + m2 )z – (s12 + s22 )z2 / 2}.

Аэто и означает, что Х1 + Х 2 ~ N (m1 + m2 ;s12 + s22 ).

Задача 2.93. Случайная величинаX имеет функцию плотности

вероятности: в вариантах 1, 6, 11, 16, 21, 26 f (x) = 1 e-|x| (закон распределения

2

Лапласа или двойное экспоненциальное распределение); в вариантах 2, 7,

12, 17, 22, 27	1		(закон распределения Коши); в вариантах 3,
	f (x) =
		p(1 + x2 )
8, 13, 18,	23, 28 f (x) = le-lx , x ³ 0 , l > 0 (показательный закон

распределения). Дискретная случайная величина имеет распределение: в вариантах 4, 9, 14, 19, 24, 29 P( X = k) = pqk -1 , k =1, 2,3,K (геометрический закон распределения); в вариантах 5, 10, 15, 20. 25, 30 P( X = k) =Cnk pk qn –k ,

k = 0,1,2,3,K (биномиальный закон распределения).

величиныX и

Найдите

характеристическую

функцию

случайной

характеристическую функцию случайной величины Y = aX + b, где a и b ––

постоянные. (В

вариантах с 1 по 9 величины a и b –– номер варианта, в

вариантах с 11 по 30 a –– первая цифра номера варианта, b –– последняя

цифра номера варианта.) (См. примеры 2.93.1, 2.93.2, 2.93.3.)

Пример 2.94. Случайная величина Xi имеет закон распределения.

Xi

–5

0

5

P

0,25

0,5

0,25

Требуется

найти

характеристическую

функцию

этой случайной

величины.

Используя

свойства

характеристических

функций, найти

характеристическую

функцию

случайной величиныY = X1 + X 2 +K+ X n ,

полагая слагаемые независимыми. Используя запись характеристической

функции, найти M (Y ) и D(Y ).

Решение. По формуле (2.17.16)

jx (z=) e

-5iz

× 0,25 + e

0iz

× 0,5

+ e

5iz

× 0,25=

0,5[1 + (e

5iz

+ e

-5iz

(1 + cos5z) / 2.

= ) / 2]

Поэтому характеристическая функция случайной величины Y имеет вид

j (z=)

(1 + cos5z)n / 2n .

Y

Для вычисления M (Y ) находим

djY (z) = n(1 + cos5z)n-1 (-sin 5z) 5 / 2n. dz

172

Последнее выражение при z = 0

равно нулю. По свойству 2 это означает,

что M (Y ) = 0.

Так как вторая производная характеристической функции по

z равна

d

2j (z)

5n

n-2

2

n-1

Y

= -

((n -1)(1 + cos5z)

(-sin 5z) + (1 + cos5z)

cos5z ×5).

dz

2

n

2

при

z = 0

равна -25n / 2 = (i)2 25n / 2 , то

из

свойства2

следует, что

M (Y 2 ) = 25n / 2. Поэтому

D(Y ) = M (Y 2 ) – [M (Y ) ]2 = 25n / 2.

Ответ.

j (z=)

(1 + cos5z)n

/ 2n , M (Y ) = 0 , D(Y ) = 25n / 2.

Y

Задача 2.94. Производятся независимые опыты, в каждом из которых

P( A) = p , а P(

) =1 – p = q. Пусть Ji –– индикатор появления события A в

A

i-м опыте, т.е. Ji имеет закон распределения:

Ji

0

1

P

q

p

Пусть требуется найти характеристическую функцию случайной

величины X,

которая

равна числу

появлений

событияA в n независимых

опытах. Найдите характеристическую функцию случайной величиныJi. Используя ее свойства, найдите характеристическую функцию случайной

величины X (X можно

представить

в

видесуммы индикаторов,

т.е.

X = J1 + J2 + J3 +¼+ Jn .

С помощью характеристической функции найдите

M ( X ) и D( X ). (См. пример 2.94, n –– номер варианта плюс 3.)

Пример

2.95. Требуется

найти

характеристическую

функцию

случайной величины Y = X12 + X 22 + ... + X n2 ,

где все Xi имеют

закон

распределения

N (0,1)

независимы

в

совокупности. С

помощью

характеристической функции найти M (Y ) и D(Y ).

Решение. Найдем сначала характеристическую функцию дляXi2 . В

соответствии с формулой (2.17.7)

¥

1

j(z) MeiX 2 z

= eix2 ze-x2 /2dx

2p -ò¥

1

¥

1

¥

=

ò e(iz-1/2) x2 dx =

ò e-(1-2iz ) x2 /2dx.

2p -¥

2p -¥

dt

После замены переменных 1 - 2iz x = t ,

dx =

получаем

1 - 2iz

1

1

¥

j(z)

×

=

ò e-t2 /2dt = (1 – 2iz)-1/2 ,

1 - 2iz

2p

-¥

173

¥

так как 1 ò e-t2 /2dt =1. Из свойства5 характеристических функций

2p -¥

следует, что	случайная	величинаY = X12 + X 22 + . . . + X n2	имеет
характеристическую функцию

j (z) = (1 – 2iz)-n/2.

Y

Для вычисления числовых характеристик случайной величиныY

найдем сначала перевую и вторую

производные

характеристической

функции при z = 0 :

n

¢

-

-1

(z) in (1 -=2iz)

2

z=0

= in,

jY

¢¢

2

-

n

-2

2

2

=i

n(n + 2)(1 - 2iz)

2

z=0

i

(n

+ n).

jY (z)

=

Это означает, что M (Y ) = n , D(Y ) = 2n .

Ответ. jY (z) = (1–2iz)-n/2, M (Y ) = n , D(Y ) = 2n

Задача 2.95.1.

Случайная величинаХ имеет

нормальный

закон

распределения

N (0,s2 ).

Найдите

характеристическую

функцию этой

случайной величины. Найдите характеристическую функцию случайной

величины

Y = X12 + X 22 + . . . + X n2 ,

где

все Xi

имеют

закон

распределения

N (0, s2 ) и независимы

в совокупности. По характеристической

функции

случайной величины Y найдите ее математическое ожидание и дисперсию.

(См. пример 2.95, s2 –– номер варианта плюс один.)

Задача 2.95.2. Случайная величинаХ имеет функцию плотности

вероятности f (x) = lexp(n – lx)

при x ³ n и

f (x) = 0

при x < 0 .

Найдите

характеристическую функцию этой случайной величины. С помощью

характеристической функции найдите M ( X )

и D( X ). (См. пример 2.95, n ––

номер варианта в нечетных вариантах и номер варианта со знаком минус в

четных вариантах.)

Пример 2.96. Случайная

величина Х имеет

функцию

плотности

вероятности

l

f (x) =

exp{-l | x |},

где l > 0.

(2.17.21)

2

Требуется

найти

характеристическую

функцию

этой

случайной

величины и ее M ( X ) и D( X ). Требуется также найти характеристическую

функцию

случайной

величиныY = X12 + X 22 + ... + X n2 , где

величины Xi

независимы и имеют распределение (2.17.21).

Решение. Найдем сначала характеристическую функцию:

174

jX (z)

M (eiX 2 z )=

l

¥ eixze-l|x| dx=

2 -ò¥

l

0

i x z

lx

l

¥

ixz

-lx

l æ

1

ixz

lx

0

ö

l æ

1

ixz

-l x

¥

ö

e

e

dx

e

e

dx

e

e

e

e

=

+

ç

=

-¥

÷

+

ç

0

÷

=

2 -ò¥

2

ò0

2

è l + i z

ø

2 è i z - l

ø

(так как | eixz

|£1, то равенство можно продолжить следующим образом)

l

æ

1

0

ö

l

æ

0

1

ö

l

æ

1

1

ö

l

2

.

=

ç

-

÷

+

ç

-

÷

=

ç

+

÷ =

i z

l

2

2

2

è l + i z

ø

2

è

- l ø

2

è l + i z

l - i z ø

+ z

Тогда j =(z)

-

2l2 z

,

j

(z) =

6l2 z2 - 2l4

.

Откуда j

(0)= =0

M ( X ),

(l2

+ z2 )2

(l2 + z2 )3

X

X

X

-2

2

2

2

2

) , поэтому D( X ) = 2 / l

2

jX (0)

=

i=

i=M ( X

.

lw

l2

Характеристическая

функция

случайной

величиныY = X12 + X 22 +

+. . . + X n2

имеет вид:

n

æ l2

ön

æ

z2 ö-n

[jX (z=)]

=ç

÷ ç1 +

÷ .

2

+ z

2

l

2

l2

è l

ø

è

ø

Ответ.

j

(z) =

, M ( X ) = 0 , D( X ) = 2 / l2 ,

X

l2 + z2

ö-n

æ

2

jY (z=)

ç1 +

z

÷ .

2

è

l

ø

Задача 2.96. Случайная			величинаХ имеет		функцию	плотности
вероятности
f (x) =	l	exp{-l | x - a |},		где l > 0, a Î(-¥,¥).		(2.17.22)
2
Найдите характеристическую функцию этой случайной величины, ее
M ( X ) и D( X ) . Найдите также характеристическую функцию случайной
величины Y = X1 + X 2 +K+ X n ,			где	величины Xi	независимы	и имеют

распределение (17.22). (См. пример 2.96, a –– номер варианта.)

175