Функция распределения

[Tosha]

Здравствуйте! Подскажите, пожалуйста, идею!

Случайная величина $\xi$ имеет следующую функцию распределения:

$F(x)=\begin{cases} e^x,&\text{если $x<-1$;}\\ 0,125x+0,5,&\text{если $x\in [-1;1)$;}\\ 1-e^{-x},&\text{если $x\ge 1$.} \end{cases}$

Случайная величина $\eta\sim \operatorname{Bin}(1;0,5)$ (распределена по Бернулли с вероятностью успеха $0,5$) задана таким образом, что $\xi-\eta$ и $\eta$ независимы. Вычислите $E(2^{\xi+\eta})$.

Первое, что меня насторожило, что функция распределения имеет разрыв в точке $x=1$ и $x=-1$.

Может, есть опечатка в задаче.

На всякий случай нашел плотность распределения.

$f(x)=\begin{cases} e^x,&\text{если $x<-1$;}\\ 0,125,&\text{если $x\in [-1;1)$;}\\ e^{-x},&\text{если $x\ge 1$.} \end{cases}$

$E(2^{\xi+\eta})=E(2^{\xi}2^{\eta})$

Могу отдельно вычислить $E(2^{\xi})$, но имеет ли смысл?

$E(2^{\xi})=\displaystyle\int_{-\infty}^{-1}2^{x}e^xdx+0,125\displaystyle\int_{-1}^{1}2^{x}dx+\displaystyle\int_{1}^{+\infty}2^{x}e^{-x}dx$

$E(2^{\eta})=2^1\cdot 0,5=1$

Видимо нужно воспользоваться независимостью случайных величин, но как именно?

[Brukvalub]

Tosha в сообщении #1071497 писал(а):

Первое, что меня насторожило, что функция распределения имеет разрыв в точке $x=1$ и $x=-1$.

Чем насторожило? Это противоречит какому-то свойству функции распределения?

[Tosha]

Brukvalub в сообщении #1071516 писал(а):

Tosha в сообщении #1071497 писал(а):

Первое, что меня насторожило, что функция распределения имеет разрыв в точке $x=1$ и $x=-1$.

Чем насторожило? Это противоречит какому-то свойству функции распределения?

Я думал, что функция распределения непрерывной случайной величины является непрерывной функцией.

[Brukvalub]

Tosha в сообщении #1071519 писал(а):

Я думал, что функция распределения непрерывной случайной величины является непрерывной функцией.

Вы это "просто сами придумали", или доказали, прочли доказательство в учебнике, узнали этот факт на лекции?

[Tosha]

Brukvalub в сообщении #1071521 писал(а):

Tosha в сообщении #1071519 писал(а):

Я думал, что функция распределения непрерывной случайной величины является непрерывной функцией.

Вы это "просто сами придумали", или доказали, прочли доказательство в учебнике, узнали этот факт на лекции?

На лекции слыхал, да и в интернете тут написано, например http://matica.org.ua/metodichki-i-knigi ... roiatnosti

[Brukvalub]

Отлично! Какой же вывод можно сделать про с.в. $\xi$ , изучив на непрерывность ее функцию распределения?

[Tosha]

Brukvalub в сообщении #1071534 писал(а):

Отлично! Какой же вывод можно сделать про с.в. $\xi$ , изучив на непрерывность ее функцию распределения?

Что она не является непрерывной. Но ведь и дискретной она быть тоже не может, потому как дискретная величина не обладает плотностью распределения. Как тогда быть?

[Brukvalub]

Смириться с тем фактом, что бывают и такие случайные величины.

[Tosha]

Спасибо! Но как тогда начать решать задачу, можно, пожалуйста, подсказку!

[ИСН]

Обычно в таких случаях начинают размахивать обобщёнными функциями. Впрочем, можно переформулировать и без них.

[ShMaxG]

Tosha в сообщении #1071497 писал(а):

Первое, что меня насторожило, что функция распределения имеет разрыв

Tosha в сообщении #1071497 писал(а):

На всякий случай нашел плотность распределения.

У разрывной функции распределения не существует плотности. Надо еще воспользоваться независимостью $\xi-\eta$ и $\eta$. Вспомните для этого свойства независимых случайных величин, конкретно пункт с математическим ожиданием. Чему равно мат. ожидание произведения независимых сл.в.? Чему равно мат. ожидание произведения функций от независимых сл.в.? Вам потребуется математическое ожидание от $2^\xi$, его считайте, пользуясь понятием интеграла Римана--Стилтьеса. На лекции вам наверняка рассказывали, что это такое.

Upd.

[Null]

ShMaxG в сообщении #1071619 писал(а):

только надо еще воспользоваться независимостью $\xi$ и $\eta$.

Там не такие величины независимы.

[ewert]

И, соответственно, надо сначала найти матожидание для $\xi-\eta$, выразив матожидание для $\xi$ через матожидания для $\xi-\eta$ и для $\eta$, а потом... ну, попытаться как-то выразить $\xi+\eta$ через $\xi-\eta$ и $\eta$...

[ShMaxG]

Null в сообщении #1071628 писал(а):

Там не такие величины независимы.

Да, пардоньте... Ну в таком случае нужно еще немного повозиться, ewert алгоритм предложил.

[Tosha]

Спасибо! $m_1=E[\xi]$, $m_2=E[\eta]$

$E[\xi]=E[\xi-\eta]+E[\eta]$

$E[\eta]=-E[\xi-\eta]+E[\xi]$

$E[\xi+\eta]=E[\xi-\eta]+E[\eta]-E[\xi-\eta]+E[\xi]=E[\xi]+E[\eta]$

$E[\xi(\xi-\eta)]=E[\xi]\cdot E[\xi-\eta]=m_1(m_1-m_2)$, где $m_1=E[\xi]$, $m_2=E[\eta]$

$E[\xi(\xi-\eta)]=E[\xi^2]-E[\xi\eta]=m_1(m_1-m_2)$

$D[\xi^2]+m_1^2-E[\xi\eta]=m_1(m_1-m_2)$

$E[\xi\eta]=D[\xi^2]+m_1m_2$

Но пока мне это все напоминает шаманские танцы с бубнами, а зачем мы это делаем?

-- 09.11.2015, 14:30 --

Проблема в том, что раз случайная величина не является непрерывной, плотности нет, то как считать матожидание, в тоже время она и вряд ли дискретная, что это за зверь такой получается?)