теорвер (неравенство, случайные величины)

[Димаsick]

Есть независимые (в обеих совокупностях) случайные величины $\xi_k, \eta_k (1\le k\le n)$ и такое число $a$, что $P\{\xi_k\ge a\}\ge P\{\eta_k\ge a\}$. Надо доказать, что

$$P\{\xi_1+\ldots +\xi_n\ge na\}\ge P\{\eta_1+\ldots +\eta_n\ge na\}.$$

Даже не знаю, с чего начать :(

[--mS--]

Видимо, с правильной формулировки условия. Что такое $k$, для которого выполнено первое неравенство?

[Димаsick]

$1\leq k \leq n$ (т.е. указанное неравенство выполняется для всех $1\leq k \leq n$) и, предвидя следующие вопросы-уточнения, отвечаю: $n$ - некоторое натуральное число

[--mS--]

Ну тогда стоит начать с поиска контрпримера. Чтобы Вам долго не искать, стоит перейти от исходных величин к величинам $\xi_i-a$, $\eta_i-a$, и для $n=2$ взять, например, такие $\xi_1$, $\xi_2$ (независимые): $\mathsf P(\xi_1=-1)=\mathsf P(\xi_1=1)=\frac12$, $\mathsf P(\xi_2=-5)=\mathsf P(\xi_2=1)=\frac12$.
Случайные величины $\eta_1$ и $\eta_2$, принимающие каждая два значения (положительное и отрицательное) с равными вероятностями, подберите сами, так, чтобы выполнялось неравенство: $\mathsf P(\xi_1+\xi_2\geqslant 0) < \mathsf P(\eta_1+\eta_2\geqslant 0)$.

[Димаsick]

Есть контакт. Странно, что в условии написано "доказать", а на самом деле пришлось искать контрпример. Ну да ладно, это уже на совести преподавателя.
Спасибо за помосч.

[--mS--]

Тогда стоит ещё раз прочесть условие

Вообще-то задача классическая. Но приводить правильное условие я не хочу.

[Димаsick]

А почему? Может, скажете, какое условие правильное? Плиз. Я в методичке условие посмотрел - именно такое, как и написано. Если завтра принесу задачу, а окажется, что я недопонял условие, то её ж не защитают.

[--mS--]

Правильное условие:
Пусть $\xi_1,\xi_2,\ldots$ и $\eta_1,\eta_2,\ldots$ - две совокупности независимых (внутри каждой совокупности) с.в., и для любого $a\in\mathbb R$ и $k\in\mathbb N$ выполнено неравенство

$$ \mathsf P(\xi_k \geqslant a) \geqslant \mathsf P(\eta_k \geqslant a)$$

.
Доказать, что тогда для любого $a\in\mathbb R$ и $n\in\mathbb N$

$$ \mathsf P(\xi_1+\ldots+\xi_n \geqslant na) \geqslant \mathsf P(\eta_1+\ldots+\eta_n \geqslant na)$$

(Ну или не $na$, а просто $a$, не важно).

[Димаsick]

Уже сдал - приняли контрпример (еще раз спасибо), но остался интерес - а с этим условием ("для любого а") как решается? Я тут попробовал метод матиндукции, но, кажется база (для n=2) должна доказываться так же, как и шаг индукции, но вот не совсем понятно, как это делается.

[--mS--]

Ну, база уже есть в условии. Но переходы от 1 к 2 и от $n-1$ к $n$, действительно, совершенно аналогичны. Поэтому достаточно для двух сделать.

$$\mathsf P(\xi_1+\xi_2 \geqslant a) = \int\limits_{-\infty}^{\infty}\mathsf P(\xi_2 \geqslant a-x)dF_{\xi_1}(x) \geqslant \int\limits_{-\infty}^{\infty}\mathsf P(\eta_2 \geqslant a-x)dF_{\xi_1}(x) =\mathsf P(\xi_1+\eta_2 \geqslant a)$$

.
И так далее.

[Димаsick]

А первое равенство - это формула полной вероятности?

[--mS--]

Можно и так назвать. А лучше - формулой свёртки. В любом случае для двух независимых с.в.

$$\mathsf P((\xi,\eta)\in B) = \iint\limits_B dF_\xi(x)\,dF_\eta(y)$$

,
где (у нас) $B=\{(x,y) \bigm| x+y \geqslant a\}$.

[Димаsick]

Понял. Спасибо.