Теория вероятностей, случайные величины

[Hostage]

Так я еще и не пытался Ничего раскладывать - я имел в виду что функция представима в таком виде. Ну то есть $(1+t^2)\frac{\frac12}{t^2+\frac12}$

[--mS--]

Otta в сообщении #806319 писал(а):

Hostage, прекратите препираться.
В первой задаче Вам осталось посчитать предел. Вы посчитали?

Не надо ему считать никаких пределов, если он-таки хочет сдать зачёт. Впрочем, судя по полному игнорированию советов - нет, не хочет.

[Hostage]

--mS-- в сообщении #806418 писал(а):

Не надо ему считать никаких пределов, если он-таки хочет сдать зачёт. Впрочем, судя по полному игнорированию советов - нет, не хочет.

Я понял, что определение слабой сходимости, которое я взял, не подходит, и мне нужно показать, что $F_{\xi_n}(t)\rightarrow F_{\xi}(t), n\rightarrow\infty$
Я не игнорирую советы. Всем благодарен за помощь, стараюсь просто разобраться во всем.

-- 26.12.2013, 20:52 --

Я правильно понимаю, что нам нужно найти разложение по степеням именно характеристической функции? То есть $x = \frac{1}{2t^2+1}, f(x) = \frac 12 + \frac 12 x$

[Hostage]

Если я всё правильно понимаю, то последовательность $F_{\xi_n}(t) \rightarrow F_{\xi}(t)$, где

$$ F_{\xi}(t) =\begin{cases} t, &\text{если $t\geq 0$;}\\ 0, &\text{если $t < 0$.} \end{cases} $$

Я не ошибся?

[Otta]

Ну без малого. )) То, что получилось, на функцию распределения не тянет.

-- 26.12.2013, 20:29 --

--mS--
А почему так категорически не надо? Ведь все хорошо получается.

[Hostage]

$$ F_{\xi}(t) =\begin{cases} 1, &\text{если $t > 1$;}\\ t, &\text{если $t\in [0,1]$;}\\ 0, &\text{если $t < 0$.} \end{cases} $$

Равномерное распределение на отрезке [0,1] получается вроде

[Otta]

Hostage в сообщении #806500 писал(а):

Равномерное распределение на отрезке [0,1] получается вроде

Да.

Hostage в сообщении #806429 писал(а):

Я правильно понимаю, что нам нужно найти разложение по степеням именно характеристической функции? То есть $x = \frac{1}{2t^2+1}, f(x) = \frac 12 + \frac 12 x$

Так, да.

[Hostage]

Otta в сообщении #806494 писал(а):

А почему так категорически не надо? Ведь все хорошо получается.

На самом деле с математическим ожиданием действительно ничего хорошего не выходило

Otta в сообщении #806506 писал(а):

Так, да.

Хорошо, и что мне даёт это разложение?

[Otta]

Hostage в сообщении #806510 писал(а):

На самом деле с математическим ожиданием действительно ничего хорошего не выходило

С характеристической функцией. И потом, не выходило у Вас. )

Hostage в сообщении #806510 писал(а):

Хорошо, и что мне даёт это разложение?

Еще раз: выпуклая линейная комбинация характеристических функций является х.ф.

[Hostage]

Otta в сообщении #806513 писал(а):

Еще раз: выпуклая линейная комбинация характеристических функций является х.ф.

Ага, уже вспомнил, спасибо :)

Otta в сообщении #806513 писал(а):

С характеристической функцией. И потом, не выходило у Вас. )

Ну если мы говорим про

--mS-- в сообщении #806418 писал(а):

Не надо ему считать никаких пределов,

, то это было про как раз задачу про сходимость последовательности случайных величин. Я начал не с того определения, и там как я понимаю, я бы ни к чему не пришел.

Можно тогда еще один вопрос? Задача такая:
Колода из 52 карт раздается 4 игрокам. Какова вероятность того, что у одного игрока соберутся все карты одной масти.
Получается, что
$N(\Omega) = \frac{52!}{(13!)^4}$
$N(A) = 4 \frac{39!}{(13!)^3}$
Ну и $P(A) = \frac{N(A)}{N(\Omega)}$
Это неверное решение?

[--mS--]

Это неверное решение. Вы пропустили в условии слова "хотя бы у одного игрока". Четыре события, чьи вероятности Вы сложили, совместны.

[Otta]

Hostage в сообщении #806518 писал(а):

то это было про как раз задачу про сходимость последовательности случайных величин. Я начал не с того определения, и там как я понимаю, я бы ни к чему не пришел.

Определения равносильны. Использование аппарата х.ф. в этой ситуации - стандартный прием. К решению он приводил. Ну а пришел бы - не пришел бы, не определению определять.

[Hostage]

--mS-- в сообщении #806528 писал(а):

Четыре события, чьи вероятности Вы сложили, совместны.

То есть мне нужно вычесть вероятности пересечений этих событий, и тогда получится ответ?

[Otta]

Да Вы оптимист. )) Для четырех событий та формула, частный случай которой Вы припомнили, выглядит иначе.

[Hostage]

Otta в сообщении #806538 писал(а):

Да Вы оптимист. )) Для четырех событий та формула, частный случай которой Вы припомнили, выглядит иначе.

Ну нам надо найти вероятность события $A = \bigcup\limits_{i=1}^{4} A_i$, $A_i$ - у i-го игрока все карты 1 масти
Если они совместны, получится, что

$P(\bigcup\limits_{i = 1}^4 A_i) =\sum\limits_{i=1}^4 P(A_i) - \sum\limits_{i<j}P(A_iA_j) + \sum\limits_{i<j<k}P(A_iA_jA_k) - P(A_1A_2A_3A_4)$

Ну и вероятности попарных пересечений равны между собой, и вероятности что 3 события пересекаются также равны.