Теория вероятностей.

[--mS--]

vladiko в сообщении #507271 писал(а):

Добиваемся что бы подынтегральная функция зависела только от $y$ , вот она и будет плотностью распределения $Y$ .

Не будет. И хорошо, что не будет.

[vladiko]

--mS--
Спасибо, прозевал.

[number_one]

С матанализом у меня все хорошо более-менее (по крайней мере, интегралы умею считать)
А вот какое определение нужно поискать в учебнике -- не пойму, иначе бы давно уже нашел!!

-- 24.11.2011, 11:40 --

--mS-- в сообщении #507244 писал(а):

Не надо никаких формул искать. Берите и по определению находите функцию распределения $Y$.

Спасибо, ок, если по определению, то в идеале бы знать плотность вероятности случайной величины $Y$, ибо нужно считать

$F(y)=P(Y<y) = \int\limits_{-\infty}^y f(t)dt$

Чтобы найти матожидание -- тоже в идеале нужно знать плотность...

(А эта функция распределения -- совсем никуда не годится?)

$$F_Y(y) \equiv \mathbb{P}(Y\le y) = \left\{ \begin{matrix} 0, & y< -\frac{\pi}2 \\ \cos x, & -\frac{\pi}2 \leq x < 0 \\ 1, & x \ge 0 \end{matrix} \right$$

-- 24.11.2011, 11:43 --

А это -- похоже на правду?!

(далее про 2 задачу, вот условие)

$$\begin{array}{|c|c|c|} \hline Y\diagdown X& 1 & 5 \\ \hline 2&1/2&1/8\\ \hline 3&1/4&1/8\\ \hline \end{array}$$

Найти $M(Y|X=x)$

$P(Y=2)=\frac{1}{2}+\frac18=\frac58$

$P(Y=3)=1-\frac58=\frac38$

$M(Y|X=x)=\frac58\cdot 2+\frac38\cdot 3=\frac{19}{8}$

[vladiko]

Совсем не годится . Откройте учебник.

[number_one]

vladiko в сообщении #507306 писал(а):

Совсем не годится . Откройте учебник.

Ок, хорошо, открою.

Что именно почитать? . Я пока не понимаю - в чем у меня проблема( Я могу выписать сюда нужные определения, если требуется.

-- 24.11.2011, 12:33 --

vladiko в сообщении #507271 писал(а):

Запишите мат. ожидание для функции $\cos(x)$.

А какую плотность вероятности брать?! Определение знаю матожидания

$MX=\int\limits_{-\infty}^{\infty}xf(x)dx$

$f(x)$ - плотность вероятности случайной величины $X$



Интеграл вычислю без проблем, знать бы какой...

[vladiko]

Плотность вероятности $X$ конечно, функция то зависит от x. А так гуглите "Плотность преобразования случайной величины".

[number_one]

Ок, спасибо, нашел кое-что! Вот что нагуглил (сейчас пытаюсь понять):

Плотность преобразования случайной величины

Пусть $X:\Omega \to \mathbb{R}^n$ — случайная величина, и $g:\mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n$ — инъективная непрерывно дифференцируемая функция такая, что $J_g(x) \not=0,\; \forall x\in \mathbb{R}^n$, где $J_g(x)$ — якобиан функции $g$ в точке $x$. Тогда случайная величина $Y = g(X)$ также абсолютно непрерывна, и её плотность имеет вид:

$f_Y(y) = f_X\left(g^{-1}(y)\right) \vert J_{g^{-1}}(y) \vert$.

В одномерном случае:

$f_Y(y) = f_X\left(g^{-1}(y)\right) \left\vert \frac{dg^{-1}}{dy}(y)\right\vert$.

-- 24.11.2011, 13:19 --

Попробую что-то сделать! Простите, если это далеко от правды... (ибо тут сложноватое определение)
$y=\cos x$ => $x=g^{-1}(y)=\arccos y$

$\dfrac{dg^{-1}(y)}{dy}=-\dfrac{1}{\sqrt{1-y^2}}$

-- 24.11.2011, 13:21 --

$f_Y(y) = f_X\left(\arccos y\right) \dfrac{1}{\sqrt{1-y^2}}$.

Если вдруг правильно -- то как дальше?!

-- 24.11.2011, 14:07 --

(Если предыдущее неправильно, то это можно не смотреть)

$$f_X(x) = \left\{ \begin{matrix} {2 \over \pi}, & x\in [-\pi/2,0] \\ 0, & x\not\in [-\pi/2,0] \end{matrix} \right$$

$$f_X(\arccos y) = \left\{ \begin{matrix} {2 \over \pi}, & y\in [0,1] \\ 0, & x\not\in [0,1] \end{matrix} \right$$

[number_one]

$$f_Y(y) = \left\{ \begin{matrix} {2 \over \pi}\cdot \frac{1}{\sqrt{1-y^2}}, & y\in [0,1] \\ 0, & x\not\in [0,1] \end{matrix} \right$$

[number_one]

Есть ли в последних формулах здравый смысл или нет и стоит отравиться еще искать?

[--mS--]

number_one в сообщении #507298 писал(а):

Спасибо, ок, если по определению, то в идеале бы знать плотность вероятности случайной величины $Y$, ибо нужно считать

$F(y)=P(Y<y) =\int\limits_{-\infty}^y f(t)dt$

Не нужно считать никаких интегралов. Определение функции распределения - это левое равенство. Вместо $Y$ подставляете, чему он равен. Разрешаете неравенство относительно $X$. Находите, зная распределение икса, эту вероятность. Всё.
Затем по готовой функции распределения игрека находите плотность.

Поехали: $F_Y(y)=\mathsf P(Y< y)=\mathsf P(\ldots)$ ?

(Оффтоп)

Комментировать решение по формуле, которую Вам насоветовали, никак не буду. Это обезьяне позволительно по заученному алгоритму на кнопку нажимать, а человек должен понимать, откуда что берётся. И никаких вообще фокусов в преобразованиях случайных величин нет: знаете плотность распределения икса - значит, умеете находить вероятности любых событий про этот икс. Понимаете, любых! Что бы иксу ни захотелось делать, Вы по плотности умеете находить вероятность иксу это делать. Теперь глядите на функцию распределения игрека. Разве это не вероятность иксу что-то делать? Например, быть таким, что его косинус меньше чего-то там? Ну так умеете Вы находить такую вероятность!

-- Чт ноя 24, 2011 22:49:05 --

number_one в сообщении #507298 писал(а):

Найти $M(Y|X=x)$[/off]
$M(Y|X=x)=\frac58\cdot 2+\frac38\cdot 3=\frac{19}{8}$

Как Вы полагаете, от какой переменной должно зависеть $M(Y|X=x)$?

[number_one]

--mS-- в сообщении #507437 писал(а):

Как Вы полагаете, от какой переменной должно зависеть $M(Y|X=x)$?

От $y$!! Это меня и смутило, что матожидание не зависит от $y$!

-- 24.11.2011, 19:11 --

Ок, спасибо"

Ок, попробую "не лопухнуться"!!!

$F_Y(y)=\mathsf P(Y< y)=\mathsf P(\cos X< y)=\mathsf P(X< \arccos y)$

-- 24.11.2011, 19:20 --

Попробуем полученный результат подставить в

$$\mathbb{P}(X \le x) = \left\{ \begin{matrix} 0, & x < -\frac{\pi}2 \\ {2x+\pi \over \pi}, & -\frac{\pi}2 \leq x < 0 \\ 1, & x \ge 0 \end{matrix} \right$$

$$F_Y(y)=\mathsf P(X< \arccos y) = \left\{ \begin{matrix} 0, & y < 0 \\ {2\arccos x+\pi \over \pi}, & 0 \leq y < 1 \\ 1, & y \ge 1 \end{matrix} \right$$

Таким образом, ...

$$f_Y(y)=\dfrac{dF_Y(y)}{dy} = \left\{ \begin{matrix} 0, & y < 0 \\ -{2 \over {\pi\cdot \sqrt{1-y^2}}}, & 0 \leq y < 1 \\ 1, & y \ge 1 \end{matrix} \right$$

-- 24.11.2011, 19:29 --

Результат совпал с тем, судя по всему -- правильно!!! Единственное, что со знаком какой-то глюк, не знаю куда этот минус деть, ведь функция плотности распределения неотрицательна...

Только один вопрос про матожидание...почему же оно не зависит от $y$? Или это частных случай такой, что она константа?

[--mS--]

number_one в сообщении #507444 писал(а):

--mS-- в сообщении #507437 писал(а):

Как Вы полагаете, от какой переменной должно зависеть $M(Y|X=x)$?

От $y$!! Это меня и смутило, что матожидание не зависит от $y$!

И где Вы видите тут хоть один $y$?..

[number_one]

Так-с, я опять все напутал, должно быть так.

$M(Y|X=x)=f_1(x)$

$M(X|Y=y)=f_2(y)$

Но у меня получилось, что условное мат.ожидание -- константа... Может ли такое быть?!

[--mS--]

number_one в сообщении #507444 писал(а):

--mS-- в сообщении #507437 писал(а):

$F_Y(y)=\mathsf P(Y< y)=\mathsf P(\cos X< y)=\mathsf P(X< \arccos y)$

Область значений арккосинуса - от нуля до $\pi$, что лежит вне отрезка значений $X$. Поэтому неравенство разрешили неверно. Точка на отрезке $[-\pi/2, 0]$, в которой график косинуса равен $y$, имеет координату $-\arccos y$, а не плюс арккосинус. Нарисуйте график косинуса, проведите прямую на уровне $0<y<1$ параллельно оси абсцисс, пометьте точку первого пересечения с графиком справа от нуля как $\arccos y$, и увидите сами, что $\{x\in[-\pi/2,0]~|~\cos x<y\} = [-\pi/2, -\arccos y]$.

Вот минус и исчезнет.

-- Пт ноя 25, 2011 00:02:45 --

number_one в сообщении #507463 писал(а):

Но у меня получилось, что условное мат.ожидание -- константа... Может ли такое быть?!

Да Вы ещё и не начинали его вычислять. Давайте разбирайтесь с первым: $M(Y|X=x)=f_1(x)$ - какие значения $x$ нужно брать, каково при каждом из них матожидание игрека.

[number_one]

Ок, спасибо! Про арккосинус понятно!

$$\begin{array}{|c|c|c|} \hline Y\diagdown X& 1 & 5 \\ \hline 2&1/2&1/8\\ \hline 3&1/4&1/8\\ \hline \end{array}$$

(определения условного матожидания и условной вероятности, которыми я пользовался при вычислении)

Определение условного матожидания:

$\mathbb{E}[X \mid Y = y_j] = \sum\limits_{i=1}^{\infty} x_i\, \mathbb{P}(X = x_i \mid Y = y_j) = \sum\limits_{i=1}^{\infty} x_i\, p_{X \mid Y}(x_i \mid y_j)$

Условной вероятности

$p_{X \mid Y}(x \mid y_0) = \mathbb{P}(X = x \mid Y = y_0) = { p_{X,Y}(x,y_0) \over p_Y(y_0)}, \; x \in \mathbb{R}^m$

Там всего два значения $X$

1) Значение $X=1$

При этом

$p(Y=2,X=1)=\frac12$

$p(Y=3, X=1)=\frac{1}{4}$

$p(X=1)=\frac12+\frac14=\frac34$

$\mathbb{P}(Y = 2 \mid X = 1) =\frac12 : \frac34=\frac{2}{3}$

$\mathbb{P}(Y = 3 \mid X = 1) =\frac14 : \frac34=\frac{1}{3}$

$M(Y|X=1)=2\cdot \frac23+3\cdot \frac13=\frac43$

2) Значение $X=5$

$p(Y=2,X=5)=p(Y=3,X=5)=\frac18$

$p(X=5)=\frac18+\frac18=\frac14$

$\mathbb{P}(Y = 2 \mid X = 5) =\frac18 : \frac14=\frac{1}{2}$

$\mathbb{P}(Y = 3 \mid X = 5) =\frac18 : \frac14=\frac{1}{2}$

$M(Y|X=5)=2\cdot \frac12+ 3\cdot \frac12= \frac5{2}=2,5$

А как быть дальше?!