Функции одного и двух дискретных случайных аргументов. Совместное распределение двух дискретных случайных величин

Пример 1. Заданы законы распределения двух независимых величин X и Y:

Найти законы распределения случайных величин Z = X – Y и W = XY.

Решение. Найдем возможные значения случайной величины Z. Для этого определим z_ij = x_i – y_j и расположим найденные значения в порядке возрастания:

z ₁₁ = x ₁ – y ₁ = 0, z ₁₂= 1 – 2= –1, z ₂₁= 2 – 1= 1, z ₂₂= 2 – 2= 0, z ₃₁= 3 – 1= 2,

z ₃₂= 3 – 2= 1, z ₁₂= 1 – 2= –1, z ₁= –1, z ₂= 0, z ₃= 1, z ₄= 2.

Определим соответствующие им вероятности:

p ₁ = P (Z = –1) = P (X = 1, Y = 2) = P ((X = 1) × (Y = 2)) =

= P (X = 1) × (Y = 2) = 0, 3 × 0, 4 = 0, 12;

p ₂ = P (Z = 0) = P ((X = 1, Y = 1) + (X = 2, Y = 2)) =

= P (X = 1) × P (Y = 1) + P (X = 2) × P (Y = 2) = 0, 3 × 0, 6 + 0, 5× 0, 4 = 0, 38;

p ₃ = P (Z = 1) = P ((X = 2, Y = 1) + (X = 3, Y = 2)) =

= P (X = 2) × P (Y = 1) + P (X = 3) × P (Y = 2) = 0, 5 × 0, 6 + 0, 2× 0, 4 = 0, 38;

p ₄ = P (Z = 2) = P (X = 3, Y = 1) = P (X = 3) × P (Y = 1) = 0, 2 × 0, 6 = 0, 12.

При вычислении вероятностей p_i используются правила вычисления вероятностей произведения независимых событий и суммы несовместных событий.

Ряд распределения СВ Z имеет вид:

Контроль:

Аналогично находим ряд распределения случайной величины
W = X × Y.

Найдем w_ij = x_iy_j: w ₁₁ = 1 × 1 = 1, w ₁₂ = 1 × 2 = 2, w ₂₁ = 2 × 1 = 2,

w ₂₂ = 2 × 2 = 4, w ₃₁ = 3 × 1 = 3, w ₃₂ = 3 × 2 = 6.

Тогда w ₁ = w ₁₁ = 1, w ₂ = w ₂₁ = w ₁₂ = 2, w ₃ = w ₃₁ = 3, w ₄ = w ₂₂ = 4,
w ₅ = w ₃₂ = 6.

p ₁ = P (W = 1) = P (X = 1, Y = 1) = P (X = 1) × (Y = 1) = 0, 3 × 0, 6 = 0, 18;

p ₂ = P (W = 2) = P ((X = 1, Y = 2) + (X = 2, Y = 1)) =

= P (X = 1) × P (Y = 2) + P (X = 2) × P (Y = 1) = 0, 3 × 0, 4 + 0, 5× 0, 6 = 0, 42;

p ₃ = P (W = 3) = P (X = 3, Y = 1) = P (X = 3) × P (Y = 1) = 0, 2× 0, 6 = 0, 12;

p ₄ = P (W = 4) = P (X = 2, Y = 2) = P (X = 2) × P (Y = 2) = 0, 5 × 0, 4 = 0, 20;

p ₅ = P (W = 6) = P (X = 3, Y = 2) = P (X = 3) × P (Y = 2) = 0, 2 × 0, 4 = 0, 08.

Ряд распределения СВ W имеет вид:

Контроль:

Пример 2. Задана таблица распределения двумерной случайной величины (X, Y):

Определить: а) безусловные законы распределения СВ X и Y;

б) функцию распределения F (x; y) двумерной СВ (X; Y);

в) P (X ≤ Y);

г) условный закон распределения СВ Y при X = x ₂ и M ;

д) зависимость или независимость компонент X и Y;

е) центр рассеивания: точку (M (X); M (Y));

ж) закон распределения случайной величины Z = XY;

з) коэффициент корреляции r_xy.

Решение. а) Суммируя вероятности в первой и второй строках таблицы, найдем вероятности возможных значений СВ X: x ₁ = 1 и x ₂ = 2.

P (X = x ₁) = P (X = 1) = 0, 15 + 0, 2 + 0, 25 = 0, 6;

P (X = x ₂) = P (X = 2) = 0, 2 + 0, 1 + 0, 1 = 0, 4.

Суммируя вероятности в каждом из столбцов таблицы, определим вероятности соответствующих значений СВ Y: y ₁ = –1, y ₂ = 1, y ₃ = 2:

P (Y = y ₁) = P (Y = –1) = 0, 15 + 0, 2 = 0, 35;

P (Y = y ₂) = P (Y = 1) = 0, 2 + 0, 1 = 0, 3;

P (Y = y ₃) = P (Y = 2) = 0, 25 + 0, 1 = 0, 35.

Законы распределения СВ X и Y имеют вид:

б) Функцию распределения заданной двумерной СВ (X; Y) найдем, используя формулу (1.60)

Если x ≤ 1 или y ≤ –1, то F (x; y) = 0 (события (X < x) или (Y < y) при этом являются невозможными).

Если 1 < x ≤ 2 и –1 < y ≤ 1, то F (x; y) = P (X = 1; Y = –1) = 0, 15.

Если 1 < x ≤ 2 и 1 < y ≤ 2, то F (x; y) = P (X = 1; Y = –1) + P (X = 1; Y = 1) =
= 0, 15 + 0, 2 = 0, 35.

Если 1 < x ≤ 2 и y > 2, то F (x; y) = P (X = 1; Y = –1) + P (X = 1; Y = 1) +
+ P (X = 1; Y = 2) = 0, 6.

Если x > 2 и –1 < y ≤ 1, то F (x; y) = P (X = 1; Y = –1) + P (X = 2; Y = –1) =
= 0, 15 + 0, 2 = 0, 35.

Если x > 2 и 1 < y ≤ 2, то F (x; y) = P (X = 1; Y = –1) + P (X = 2; Y = –1) +
+ P (X = 1; Y = 1) + P (X = 2; Y = 1) = 0, 15 + 0, 2 + 0, 2 + 0, 1 = 0, 65.

Если x > 2 и y > 2, то F (x; y) = P (X = 1; Y = –1) + P (X = 2; Y = –1) +
+ P (X = 1; Y = 1) + P (X = 2; Y = 1) + P (X = 1; Y = 2) + P (X = 2; Y = 2) = 0, 15 + + 0, 2 + 0, 2 + 0, 1 + 0, 25 + 0, 1= 1.

Таким образом, функцию распределения данной системы дискретных случайных величин можно задать таблицей

в) P (X ≤ Y)= P (X = 1; Y = 1) + P (X = 1; Y = 2) + P (X = 2; Y = 2) = 0, 2 +
+ 0, 25 + 0, 1 = 0, 55.

г) Условные вероятности значений СВ Y при X = x ₂ найдем по формуле (1.63)

P (X = x ₂) = (X = 2) = 0, 4;

Таким образом условный закон распределения СВ Y при X = 2 имеет вид

yj	–1
	0, 5	0, 25	0, 25

д) Так как безусловный и условный законы распределения СВ Y не совпадают, то случайные величины X и Y зависимы. (В этом можно было убедиться и другим способом: P (X = 2; Y = 1) =0, 1; P (X = 2) × P (Y = 1) =
= 0, 4 × 0, 3 = 0, 12; 0, 1 ¹ 0, 12).

е) Используя найденные законы распределения составляющих X и Y вычислим M (X) и M (Y):

M (X) = 1 × 0, 6 + 2 × 0, 4 = 1, 4; M (Y) = 1 × 0, 35 + 1 × 0, 3 + 2 × 0, 35 = 0, 65.

Точка (1, 4; 0, 65) – центр рассеивания двумерной случайной величины (X; Y).

ж) Так как случайные величины X и Y зависимы, то удобнее находить закон распределения случайной величины Z = XY по закону распределения двумерной СВ (X; Y).

Возможные значения случайной величины Z:

z ₁ = –2, z ₂ = –1, z ₃ = 1, z ₄ = 2, z ₅ = 4.

Определим соответствующие им вероятности:

p ₁ = P (Z = –2) = P (X = 2; Y = –1) = 0, 2;

p ₂ = P (Z = –1) = P (X = 1; Y = –1) = 0, 15;

p ₃ = P (Z = 1) = P (X = 1; Y = 1) = 0, 2;

p ₄ = P (Z = 2) = P (X = 2; Y = 1) + P (X = 1; Y = 2)= 0, 1 + 0, 25 = 0, 35;

p ₅ = P (Z = 4) = P (X = 2; Y = 2) = 0, 1.

Ряд распределения СВ Z имеет вид:

з) Коэффициент корреляции r_XY найдем по формуле (1.74)

используя для определения корреляционного момента K_XY соотношение (1.72)

K_XY = M (XY) – M (X) × M (Y).

M (XY) = M (Z) = –2 × 0, 2 – 1 × 0, 15 + 1 × 0, 2 + 2 × 0, 35 + 4 × 0, 1 = –0, 4 – 0, 15 +
+ 0, 2 + 0, 7 + 0, 4 = 0, 75.

(M (XY) можно также находить по формуле (1.73) При этом M (XY) = 1(–1) × 0, 15 + 2(–1) × 0, 2 + 1 × 1 × 0, 2 + 2 × 1 × 0, 1 +
+ 1 × 2 × 0, 25 + 2 × 2 × 0, 1 = –0, 15 – 0, 4 + 0, 2 + 0, 2 + 0, 5 + 0, 4 = 0, 75.)

Так как M (X) =1, 4 и M (Y) = 0, 65, то K_XY = 0, 75 – 1, 4 × 0, 65 = 0, 75 – 0, 91 =
= – 0, 16.

Вычисляем средние квадратические отклонения составляющих по формулам

Так как законы распределения случайных величин X ² и Y ² имеют вид:

			и				,
pi	0, 6	0, 4	pj	0, 65	0, 35

то M (X ²) = 1 × 0, 6 + 4 × 0, 4 = 0, 6 + 1, 6 = 2, 2;

D (X) = 2, 2 – (1, 4)² = 2, 2 – 1, 96 = 0, 24;

M (Y ²) = 1 × 0, 65 + 4 × 0, 35 = 0, 65 + 1, 4 = 2, 05;

D (Y) = 2, 05 – (0, 65)² = 2, 05 – 0, 4225 = 1, 5275;