Функция распределения

[ewert]

--mS-- в сообщении #1072065 писал(а):

Да, проверила - увы, условие действительно такое.

А почему, собственно, "увы"?

Да, условие -- несколько извращённое. Однако вполне корректное, и никакого безумного занудства не требует.

Ну разве что Вы в Вашем курсе для стандартных задачек загадывали иное; тогда да -- увы.

-- Вт ноя 10, 2015 21:32:19 --

(Оффтоп)

ну я это к тому, что попытаюсь своим студиозусам подкинуть что-нибудь подобное на ближайших парах. Задачка, конечно, никому не нужная; но для размягчения мозгов -- полезная. Иногда.

[dsge]

Функция распределения должна быть монотонной.

[Tosha]

provincialka в сообщении #1072060 писал(а):

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

$2^{\xi}=2^{\eta}2^{\zeta}$?

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

Пока что больше ничего содержательного не придумал. Пока что не очевидно как осуществить переход в "показатель двойки".

-- 10.11.2015, 22:22 --

Null в сообщении #1072057 писал(а):

Чему равно $2^{a+b}$?

$2^a2^b$

-- 10.11.2015, 22:26 --

--mS-- в сообщении #1072065 писал(а):

Простите, что вмешиваюсь. Условие действительно такое, как ТС приводит?
UPD. Да, проверила - увы, условие действительно такое.

Да, условие действительно такое) Буду только рад, если поможете разобраться;)

[--mS--]

Ну давайте пробовать разбираться.

provincialka в сообщении #1072060 писал(а):

Может вам новое обозначение ввести, что ли? Например, $\zeta=\xi-\eta$, тогда $\zeta$ и $\eta$ независимы и $\xi=\eta+\zeta$.

Tosha, напишите, как функция распределения $\xi$ должна получаться по функции распределения $\zeta$. Используйте независимость $\zeta$ и $\eta$ и формулу полной вероятности по значениям $\eta$.

[Henrylee]

Я тоже не понял, почему '''увы''. Задача, конечно, интересная была бы и совсем не стандартная, если бы требовалось найти распределение величины $\xi-\eta$. Но, к сожалению, можно обойтись и без этого.

Null в сообщении #1072057 писал(а):

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

Это тоже неправда, хотя и, действительно, не нужно.

[--mS--]

Вот поэтому-то всё меньше желания сюда заходить. Надеюсь, ТС захочет-таки разобраться, а не просто получить правильный с точки зрения преподавателя и, снова увы, нескольких ЗУ, ответ.

[Tosha]

--mS-- в сообщении #1072201 писал(а):

Tosha, напишите, как функция распределения $\xi$ должна получаться по функции распределения $\zeta$. Используйте независимость $\zeta$ и $\eta$ и формулу полной вероятности по значениям $\eta$.

Спасибо!

$F_{\zeta\eta}(t,y)=F_{\zeta}(t)\cdot F_{\eta}(y)$ (тк есть независимость $\zeta$ и $\eta$)

$P(\zeta<t,\eta<y)=P(\zeta<t)\cdot P(\eta<y)$

Но, чтобы использовать формулу полной вероятности -- нужно понимать -- какие гипотезы. Я вот пока что не понимаю, к сожалению.

-- 11.11.2015, 12:04 --

--mS-- в сообщении #1072237 писал(а):

Вот поэтому-то всё меньше желания сюда заходить. Надеюсь, ТС захочет-таки разобраться, а не просто получить правильный с точки зрения преподавателя и, снова увы, нескольких ЗУ, ответ.

Да, я хочу разобраться, уже разобрался со смешанной случайной величиной, это интересно. А что значит ЗУ?

[ShMaxG]

--mS-- в сообщении #1072201 писал(а):

Tosha, напишите, как функция распределения $\xi$ должна получаться по функции распределения $\zeta$. Используйте независимость $\zeta$ и $\eta$ и формулу полной вероятности по значениям $\eta$.

А вы уверены, что это позволит разобраться в задаче? То, что вы предлагаете, сводится к функциональному уравнению на функцию распределения сл.в. $\zeta$. И мне кажется, что решать его гораздо сложнее, чем исходную задачу. Я даже не уверен, что решение единственно (мы имеем отдельно функции распределения $\xi$ и $\eta$, а также независимость $\xi-\eta$ и $\eta$, но однозначно ли это задает совместное распределение $\xi$ и $\eta$ или $\xi-\eta$ и $\eta$?). Но благо, что в данной задаче получается так, что мат. ожидания можно вычислить без предварительного расчета функции распределения $\xi-\eta$, на этом-то все и завязано.

[ewert]

И вообще: умение решать задачи неадекватно -- это неумение адекватно решать задачи.

[Null]

Henrylee в сообщении #1072224 писал(а):

Null в сообщении #1072057 писал(а):

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

Это тоже неправда, хотя и, действительно, не нужно.

Да перепутал, вот так можно $E[\eta(\xi-\eta)]=E[\eta ]E[\xi-\eta]$ так так они независимы

[ShMaxG]

Я считаю, что уже пора заканчивать толочь воду в ступе, так как заканчивается третья страница темы, а алгоритм решения был предложен уже на первой странице.

Tosha! Вы выразили$\color{gray!16}\{\color{black}\mathbf{E}2^{\xi-\eta}\color{gray!16}\}\color{black}$через$\color{gray!16}\{\color{black}\mathbf{E}2^{\xi}\color{gray!16}\}\color{black}$и$\color{gray!16}\{\color{black}\mathbf{E}2^{\eta}\color{gray!16}\}\color{black}$? Тогда выразите$\color{gray!16}\{\color{black}\mathbf{E}2^{\xi+\eta}\color{gray!16}\}\color{black}$через$\color{gray!16}\{\color{black}\mathbf{E}2^{\xi-\eta}\color{gray!16}\}\color{black}$и$\color{gray!16}\{\color{black}\mathbf{E}2^{2\eta}\color{gray!16}\}\color{black}$и дело с концом.

[Tosha]

ShMaxG в сообщении #1072281 писал(а):

Я считаю, что уже пора заканчивать толочь воду в ступе, так как заканчивается третья страница темы, а алгоритм решения был предложен уже на первой странице.

Tosha! Вы выразили$\color{gray!16}\{\color{black}\mathbf{E}2^{\xi-\eta}\color{gray!16}\}\color{black}$через$\color{gray!16}\{\color{black}\mathbf{E}2^{\xi}\color{gray!16}\}\color{black}$и$\color{gray!16}\{\color{black}\mathbf{E}2^{\eta}\color{gray!16}\}\color{black}$? Тогда выразите$\color{gray!16}\{\color{black}\mathbf{E}2^{\xi+\eta}\color{gray!16}\}\color{black}$через$\color{gray!16}\{\color{black}\mathbf{E}2^{\xi-\eta}\color{gray!16}\}\color{black}$и$\color{gray!16}\{\color{black}\mathbf{E}2^{2\eta}\color{gray!16}\}\color{black}$и дело с концом.

Спасибо, я там пытался выражать, но оказалось, что неверно (еще на предыдущей странице).

Разумеется, если бы я знал -- как выразить $\color{gray!16}\{\color{black}\mathbf{E}2^{\xi-\eta}\color{gray!16}\}\color{black}$через$\color{gray!16}\{\color{black}\mathbf{E}2^{\xi}\color{gray!16}\}\color{black}$и$\color{gray!16}\{\color{black}\mathbf{E}2^{\eta}\color{gray!16}\}\color{black}$, то дальше все ясно. Но до этого пока допереть не получается.

[ShMaxG]

Tosha в сообщении #1072289 писал(а):

Спасибо, я там пытался выражать, но оказалось, что неверно (еще на предыдущей странице).

Потому что вы бездумно писали какие-то символы, поэтому почти ничего не верно. Мы знаем, что $2^{\xi}=2^{\xi-\eta+\eta}$, и знаем что $\xi-\eta$ и $\eta$ независимые. Значит что можно сказать про мат. ожидание от $2^{\xi}$?

[Henrylee]

ShMaxG в сообщении #1072241 писал(а):

Я даже не уверен, что решение единственно (мы имеем отдельно функции распределения $\xi$ и $\eta$, а также независимость $\xi-\eta$ и $\eta$, но однозначно ли это задает совместное распределение $\xi$ и $\eta$ или $\xi-\eta$ и $\eta$?).

Да единственное там решение получается. В виде ряда. Который легко считается.

-- Ср ноя 11, 2015 17:17:56 --

Tosha в сообщении #1072240 писал(а):

Но, чтобы использовать формулу полной вероятности -- нужно понимать -- какие гипотезы. Я вот пока что не понимаю, к сожалению.

$\eta$ бинарная величина. Принимает одно из двух значений. Одно или второе. Вот и две гипотезы.

[ShMaxG]

Henrylee в сообщении #1072296 писал(а):

Да единственное там решение получается. В виде ряда. Который легко считается.

А какой вы ряд имеете ввиду? Я рассматривал

$$F_\zeta(x) = \sum\limits_{k=0}^{+\infty}2(-1)^kF_\xi(x-k),$$

он сходится поточечно, его значения лежат в промежутке $[0,2]$, но $F_\zeta(x)$ может быть немонотонной функцией икса. Это так, например, если $\xi$ распределена равномерно на $(0,1)$. Более того, в этом случае его значения в некоторых точках будут превышать 1.