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
-- случайная величина с плотностью распределения
![$$\[{f_\xi }\left( x \right) = \frac{C}{{1 + {{\left| x \right|}^{15}}}},\]$$](https://dxdy-03.korotkov.co.uk/f/6/2/a/62a4878d1602d71fed7730047f37b1ea82.png "$$\[{f_\xi }\left( x \right) = \frac{C}{{1 + {{\left| x \right|}^{15}}}},\]$$")
где
-- соответствующая константа. Введем в рассмотрение три случайные величины
![$$\[{\xi _1} = \frac{{{\xi ^3} - {\bf{E}}{\xi ^3}}}{{\sqrt {{\bf{E}}{{\left( {{\xi ^3} - {\bf{E}}{\xi ^3}} \right)}^2}} }}, \ {\xi _2} = \frac{{{\xi ^4} - {\bf{E}}{\xi ^4}}}{{\sqrt {{\bf{E}}{{\left( {{\xi ^4} - {\bf{E}}{\xi ^4}} \right)}^2}} }}, \ {\xi _3} = \frac{{{\xi ^5} - {\bf{E}}{\xi ^5}}}{{\sqrt {{\bf{E}}{{\left( {{\xi ^5} - {\bf{E}}{\xi ^5}} \right)}^2}} }}\]$$](https://dxdy-01.korotkov.co.uk/f/0/a/2/0a2e5282cf1ae4dd30fa71fd213be3ab82.png "$$\[{\xi _1} = \frac{{{\xi ^3} - {\bf{E}}{\xi ^3}}}{{\sqrt {{\bf{E}}{{\left( {{\xi ^3} - {\bf{E}}{\xi ^3}} \right)}^2}} }}, \ {\xi _2} = \frac{{{\xi ^4} - {\bf{E}}{\xi ^4}}}{{\sqrt {{\bf{E}}{{\left( {{\xi ^4} - {\bf{E}}{\xi ^4}} \right)}^2}} }}, \ {\xi _3} = \frac{{{\xi ^5} - {\bf{E}}{\xi ^5}}}{{\sqrt {{\bf{E}}{{\left( {{\xi ^5} - {\bf{E}}{\xi ^5}} \right)}^2}} }}\]$$")
Легко видеть, что они обладают нулевыми математическими ожиданиями и единичными дисперсиями. Далее, первая и вторая, а также вторая и третья случайные величины некоррелируемые. Первая и третья случайные величины -- возможно коррелируемые, но это не важно, так как я подбираю теперь такое ортогональное преобразование
![$$\[\left\{ \begin{array}{l}
{\eta _1} = a{\xi _1} + b{\xi _3}\\
{\eta _2} = {\xi _2}\\
{\eta _3} = c{\xi _1} + d{\xi _3}
\end{array} \right.\]$$](https://dxdy-04.korotkov.co.uk/f/7/4/6/74628f17166042728385985aff6fe60e82.png "$$\[\left\{ \begin{array}{l}
{\eta _1} = a{\xi _1} + b{\xi _3}\\
{\eta _2} = {\xi _2}\\
{\eta _3} = c{\xi _1} + d{\xi _3}
\end{array} \right.\]$$")
чтобы полученные случайные величины
были попарно некоррелируемыми. Условие их некоррелируемости выглядит так:
![$$\[\cos 2\varphi \cdot {\bf{E}}{\xi _1}{\xi _3} = 0\]$$](https://dxdy-03.korotkov.co.uk/f/2/2/b/22b31db3b9e716471f4a96647a53783782.png "$$\[\cos 2\varphi \cdot {\bf{E}}{\xi _1}{\xi _3} = 0\]$$")
где
. Далее я выбираю
. Отсюда следует
![$$\[{\bf{E}}{\eta _1}{\eta _2}{\eta _3} = \frac{{\sin 2\varphi }}{2} \cdot \left( {{\bf{E}}\xi _1^2{\xi _2} - {\bf{E}}\xi _3^2{\xi _2}} \right)\]$$](https://dxdy-03.korotkov.co.uk/f/6/3/e/63e151ea75c4a30183e8cf520bbec99382.png "$$\[{\bf{E}}{\eta _1}{\eta _2}{\eta _3} = \frac{{\sin 2\varphi }}{2} \cdot \left( {{\bf{E}}\xi _1^2{\xi _2} - {\bf{E}}\xi _3^2{\xi _2}} \right)\]$$")
Выбирая знак
, получаем как плюс, так и минус бесконечность. Ну а то, что у "эт" неодинаковые дисперсии -- не важно, в данном случае их можно отнормировать.
14.12.2013, 09:48 
имеет стандартное распределение Коши, то и 
. Если глянуть на 
, получающуюся из хар. функции произведения, то получится, что 
. Но что-то очень сомнительно, что 
. Это даже неправда.
. Так?
. Спрашивается, какое максимальное значение может принимать мат. ожидание их произведения.
). Возьмем 3 случайные величины 
, которые попарно независимы, но зависимы в совокупности, причем матожидание их произведения 
. Возьмем случайную величину 
, дисперсией 
. Тогда рассмотрим 3 случайные величины: 
, 
, 
. Они попарно некоррелируют, т.к. 
(в силу независимости 
. Соответственно, когда поменяем знаки у случайных величин, то получим 
, что и требовалось.