Характеристическая функция

[Foxer]

Задача
Характеристическая функция суммы двух случайных величин равна произведению характеристических функций слагаемых. Можно ли утверждать, что слагаемые независимы?

Казалось бы, что такое утверждать нельзя, но пример найти пока не удалось.

[ShMaxG]

Распределение Коши.

[Foxer]

ShMaxG в сообщении #800715 писал(а):

Распределение Коши.

Вы хотите сказать, что распределение Коши можно представить в виде суммы двух зависимых случайных величин так, чтобы выполнялось условие задачи?

[ShMaxG]

Да.

[Foxer]

ShMaxG в сообщении #800739 писал(а):

Да.

Наверное вы имели ввиду, что если $\xi \sim C(0, 1)$ имеет стандартное распределение Коши, то и $\frac{1}{\xi} \sim C(0, 1)$. Если глянуть на $\eta$, получающуюся из хар. функции произведения, то получится, что $\eta \sim C(0, 2)$. Но что-то очень сомнительно, что $\xi + \frac{1}{\xi} \sim C(0, 2)$. Это даже неправда.

[ShMaxG]

Нет, я не это имел ввиду.

[Foxer]

ShMaxG в сообщении #800757 писал(а):

Нет, я не это имел ввиду.

А, кажется понял. Возьмем $\xi \sim C(0, 1)$, тогда $\xi + \xi \sim C(0, 2)$. Так?

[ShMaxG]

Да, именно так.

[Foxer]

Хорошо, а вот такая задачка.
У нас есть 3 случайные величины, которые попарно некоррелированы, их математические ожидания равны 0, а дисперсии $\sigma^2$. Спрашивается, какое максимальное значение может принимать мат. ожидание их произведения.
Единственная моя мысль на эту тему - применить неравенство Коши-Буняковского, но пока что оно не дало особых плодов.

[ShMaxG]

Foxer
А откуда эта задача?

[Foxer]

ShMaxG в сообщении #802328 писал(а):

Foxer
А откуда эта задача?

Андрей Михалыч Райгородский умеет придумывать задачки =).

-- 16.12.2013, 22:56 --

Просто когда я пишу неравенство К-Б, вылезает четвертый момент, а с ним совершенно не ясно что делать.

[ShMaxG]

Это задача 3.94 из сборника Зубков, Севастьянов, Чистяков "Сборник задач по теории вероятностей", 2-е изд. Ответ -- плюс бесконечность. Я долго придумывал пример, чтобы это показать, и додумался до такого, довольного "кривого", но тем не менее.

Пусть $\xi$ -- случайная величина с плотностью распределения

$$\[{f_\xi }\left( x \right) = \frac{C}{{1 + {{\left| x \right|}^{15}}}},\]$$

где $C$ -- соответствующая константа. Введем в рассмотрение три случайные величины

$$\[{\xi _1} = \frac{{{\xi ^3} - {\bf{E}}{\xi ^3}}}{{\sqrt {{\bf{E}}{{\left( {{\xi ^3} - {\bf{E}}{\xi ^3}} \right)}^2}} }}, \ {\xi _2} = \frac{{{\xi ^4} - {\bf{E}}{\xi ^4}}}{{\sqrt {{\bf{E}}{{\left( {{\xi ^4} - {\bf{E}}{\xi ^4}} \right)}^2}} }}, \ {\xi _3} = \frac{{{\xi ^5} - {\bf{E}}{\xi ^5}}}{{\sqrt {{\bf{E}}{{\left( {{\xi ^5} - {\bf{E}}{\xi ^5}} \right)}^2}} }}\]$$

Легко видеть, что они обладают нулевыми математическими ожиданиями и единичными дисперсиями. Далее, первая и вторая, а также вторая и третья случайные величины некоррелируемые. Первая и третья случайные величины -- возможно коррелируемые, но это не важно, так как я подбираю теперь такое ортогональное преобразование

$$\[\left\{ \begin{array}{l} {\eta _1} = a{\xi _1} + b{\xi _3}\\ {\eta _2} = {\xi _2}\\ {\eta _3} = c{\xi _1} + d{\xi _3} \end{array} \right.\]$$

чтобы полученные случайные величины $\eta_1, \ \eta_2, \ \eta_3$ были попарно некоррелируемыми. Условие их некоррелируемости выглядит так:

$$\[\cos 2\varphi \cdot {\bf{E}}{\xi _1}{\xi _3} = 0\]$$

где $a=d=\cos{\varphi}, \ c = -b = \sin{\varphi}$. Далее я выбираю $\cos{2\varphi}=0$. Отсюда следует

$$\[{\bf{E}}{\eta _1}{\eta _2}{\eta _3} = \frac{{\sin 2\varphi }}{2} \cdot \left( {{\bf{E}}\xi _1^2{\xi _2} - {\bf{E}}\xi _3^2{\xi _2}} \right)\]$$

Выбирая знак $\sin{2\varphi}$, получаем как плюс, так и минус бесконечность. Ну а то, что у "эт" неодинаковые дисперсии -- не важно, в данном случае их можно отнормировать.

[Foxer]

Чуть позже приведу свое решение.

[Foxer]

Докажем, что матожидание произведения может оказаться бесконечностью (тогда, если мы поменяем у наших величин знак в силу линейности матожидания минимум будет $-\infty$). Возьмем 3 случайные величины $\xi_i$, которые попарно независимы, но зависимы в совокупности, причем матожидание их произведения $m = M\xi_1\xi_2\xi_3 \neq 0$. Возьмем случайную величину $\eta$ с матожиданием $0$, дисперсией $\sigma^2$, но у которой нет третьего момента (бесконечность). Причем сделаем так, что $\eta$ независим от совокупности $\{\xi_1, \xi_2, \xi_3\}$. Тогда рассмотрим 3 случайные величины: $\xi_1\eta$, $\xi_2\eta$, $\xi_3\eta$. Они попарно некоррелируют, т.к. $M\xi_1\xi_2\eta^2 = M\xi_1\xi_2M\eta^2 = 0 \cdot \sigma^2 = 0$ (в силу независимости $\eta$ от $\xi_i$). А вот $M\xi_1\xi_2\xi_3\eta^3 = M\xi_1\xi_2\xi_3M\eta^3 = m \cdot \infty = \pm \infty$. Соответственно, когда поменяем знаки у случайных величин, то получим $\mp \infty$, что и требовалось.

[Toucan]

Тема перемещена из форума «Олимпиадные задачи (М)» в форум «Помогите решить / разобраться (М)»