Функция распределения

[Null]

Лучше работайте с $E(2^{\eta})$ и $E(2^{\eta})$. Для начала посчитайте их

[Tosha]

Null в сообщении #1071706 писал(а):

Лучше работайте с $E(2^{\eta})$ и $E(2^{\eta})$. Для начала посчитайте их

Спасибо. Правильно ли это? $E[2^\eta]=2^1\cdot 0,5=1$

Я не понимаю, как считать $E[2^\xi]$, потому как известна лишь функция распределения, которая не является функцией распределения непрерывной случайной величины, она же не является дискретной. Потому что это -- я никак понять не могу.

[Null]

Tosha в сообщении #1071713 писал(а):

Правильно ли это? $E[2^\eta]=2^1\cdot 0,5=1$

Нет. $\eta$ принимает 2 разных значения 1 и 0.

Tosha в сообщении #1071713 писал(а):

Я не понимаю, как считать $E[2^\xi]$

Вам нужен интеграл Римана-Стилтьеса. Ищите в лекциях/интернете как их считать.

[Tosha]

Null в сообщении #1071728 писал(а):

Tosha в сообщении #1071713 писал(а):

Правильно ли это? $E[2^\eta]=2^1\cdot 0,5=1$

Нет. $\eta$ принимает 2 разных значения 1 и 0.

А разве нельзя по этой формуле? $M[\varphi(X)]=\sum\limits_{i=1}^{n}\varphi(x_i)p_i$

В нашем случае будет $\phi(X)=2^X$. Я не прав?

-- 09.11.2015, 18:36 --

Null в сообщении #1071728 писал(а):

Вам нужен интеграл Римана-Стилтьеса. Ищите в лекциях/интернете как их считать.

А можно ли через вот эту штуку $M[\varphi(X)]=\sum\limits_{i=1}^{n}\varphi(x_i)p_i$, при этом используя понятие смешанной случайной величины, то есть считая
матожидание так $E[2^\xi]=\sum p_i2^{x_i}+\int 2^xf(x)dx$, где сумма распространяется на все значения $x_i$, имеющие отличные от нуля вероятности, а интеграл – на все участки оси абсцисс, где функция распределения $F(x)$ непрерывна.

[ИСН]

Tosha в сообщении #1071761 писал(а):

А можно ли через вот эту штуку $M[\varphi(X)]=\sum\limits_{i=1}^{n}\varphi(x_i)p_i$, при этом используя понятие смешанной случайной величины

Каких только костылей не придумают. Да, можно.

[Tosha]

Спасибо!

(Оффтоп)

Смешанная случайная величина = костыли?)

А точно ли неверно это $E[2^\eta]=2^1\cdot 0,5=1$?

[Brukvalub]

Tosha в сообщении #1071789 писал(а):

А точно ли неверно это $E[2^\eta]=2^1\cdot 0,5=1$?

А чему равно $2^0$ ?

[Tosha]

Brukvalub в сообщении #1071792 писал(а):

Tosha в сообщении #1071789 писал(а):

А точно ли неверно это $E[2^\eta]=2^1\cdot 0,5=1$?

А чему равно $2^0$ ?

$2^0=1$

Ой, что-то затупил страшно) $2^0\cdot 0,5+2^1\cdot 0,5=0,5+1=1,5$

-- 09.11.2015, 20:17 --

$$E(2^{\xi})=\displaystyle\int_{-\infty}^{-1}2^{x}e^xdx+0,125\displaystyle\int_{-1}^{1}2^{x}dx+\displaystyle\int_{1}^{+\infty}2^{x}e^{-x}dx+2^{-1}\cdot p_1+2^1\cdot p_2$$

Вот только я не могу понять -- как найти $p_1=p_{(\xi=-1)}$ и $p_2=p_{(\xi=1)}$

Верно ли составлено матожидание?

[ewert]

ИСН в сообщении #1071776 писал(а):

Каких только костылей не придумают.

Это не костыли. Это стандартное разбиение монотонной функции на абсолютно непрерывную и на функцию скачков, и практически ровно это разбиение и нужно. Бывают, правда, ещё и сингулярные составляющие; но их не бывает.

[Tosha]

$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}$

Правильно ли я понимаю, что $p_{\xi=-1}=0,375-e^{-1}$, при этом $p_{\xi=1}=1-e^{-1}-0,625=0,375-e^{-1}$

[Null]

Да.

[Tosha]

Спасибо, но все равно не очевидно как использовать независимость

-- 10.11.2015, 15:27 --

ShMaxG в сообщении #1071619 писал(а):

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.

ewert в сообщении #1071646 писал(а):

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 $\eta$...

Спасибо!

$E[\xi(\xi-\eta)]=E[\xi]E[\-\eta]$

$E[\varphi(\xi(\xi-\eta))]=E[\phi(\xi)]E[\varphi(\xi-\eta)]$

$E[2^{\xi(\xi-\eta)}]=E[2^{\xi}]E[2^{\xi-\eta}]$

$E[2^{\xi}]$ мы уже знаем.

$E[2^{\xi(\xi-\eta)}]=E[2^{\xi^2-\eta\xi}]=E[2^{\xi}]E[2^{\xi-\eta}]$

$E[2^{\xi^2}:2^{\eta\xi}]=E[2^{\xi}]E[2^{\xi-\eta}]$

-- 10.11.2015, 15:37 --

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

$E[2^\xi]=E[2^{\xi-\eta}]+E[2^{\eta}]$

$E[2^{\xi-\eta}]=E[2^\xi]-E[2^\eta]$

Потому как нам известны матожидания $E[2^\xi],E[2^\eta]$, мы знаем $E[2^{\xi-\eta}]$

-- 10.11.2015, 15:38 --

Значит, можем найти $E[2^{\xi(\xi-\eta)}]$, но разве это поможет?

-- 10.11.2015, 15:45 --

А нельзя так?

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

$E[2^{\xi+\eta}]=E[2^\xi]+E[2^\eta]$

-- 10.11.2015, 15:45 --

А нельзя так?

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

$E[2^{\xi+\eta}]=E[2^\xi]+E[2^\eta]$

[Null]

$E[\xi(\xi-\eta)]=E[\xi]E[\xi-\eta]$ Правда, но нам это не нужно.

$E[\varphi(\xi(\xi-\eta))]=E[\varphi(\xi)]E[\varphi(\xi-\eta)]$ Неправда.

$E[2^{\xi(\xi-\eta)}]=E[2^{\xi}]E[2^{\xi-\eta}]$ Неправда.

$E[2^{\xi^2}:2^{\eta\xi}]=E[2^{\xi}]E[2^{\xi-\eta}]$ Неправда.



$E[\xi]=E[\xi-\eta]+E[\eta]$ Правда

$E[2^\xi]=E[2^{\xi-\eta}]+E[2^{\eta}]$ Неправда.

$E[2^{\xi-\eta}]=E[2^\xi]-E[2^\eta]$ Неправда



$E[\xi+\eta]=E[\xi]+E[\eta]$ Правда

$E[2^{\xi+\eta}]=E[2^\xi]+E[2^\eta]$ Не правда

Чему равно $2^{a+b}$?

[provincialka]

Tosha
Может вам новое обозначение ввести, что ли? Например, $\zeta=\xi-\eta$, тогда $\zeta$ и $\eta$ независимы и $\xi=\eta+\zeta$.
А чему равно $2^{\xi}$?

[--mS--]

Простите, что вмешиваюсь. Условие действительно такое, как ТС приводит?

UPD. Да, проверила - увы, условие действительно такое.