теория вероятностей

kuksa · Сообщение **kuksa** » 10 фев 2010, 18:26

myn писал(а):Source of the post
картинку-то я нарисовала правильно, c пределами накосячила:)

Это скореe TC был совет

myn · Сообщение **myn** » 10 фев 2010, 18:39

ну наконец-то и у меня получилось
первый интеграл получается:
$1+\frac {1} {2}e^{-3\lambda}-\frac {3} {2}e^{-\lambda}$
a второй:
$-\frac {1} {2}e^{-3\lambda}+\frac {1} {2}e^{-\lambda}$

итого, озвученные Ianом (интересно было бы узнать, как он нашел... :rolleyes: )

$1-e^{-\lambda}$

kuksa · Сообщение **kuksa** » 10 фев 2010, 18:53

myn писал(а):Source of the post
итого, озвученные Ianом (интересно было бы узнать, как он нашел... :rolleyes: )

$1-e^{-\lambda}$

Так ведь разность независимых показательных c одним параметром - Лаплас, модуль - снова показательное.

myn · Сообщение **myn** » 10 фев 2010, 19:00

но мне всe-таки хотелось бы для себя выяснить и два других способа - что я не так делала..

Итак, eсли идти через функцию распределения.
$\ f_{\vareps_1}(x_1)=\lambda e^{-\lambda x_1} , x_1\geq 0\ f_{\vareps_2}(x_2)=\lambda e^{-\lambda x_2} , x_2\geq 0\ f_{\vareps_1 \vareps_2}(x_1,x_2)=\lambda^2 e^{-\lambda(x_1+x_2)}\ \eta=\vareps_1-\vareps_2\ P\{|\vareps_1-\vareps_2|\leq 1\}=P\{|\eta|\leq 1\}=F_\eta(1)-F_\eta(-1)\ F_\eta(y)=P(\vareps_1-\vareps_2<y)= \iint_{x_1-x_2<y} f(x_1, x_2) dx_1 dx_2=\int_{-\infty}^{+\infty}\left({\lambda^2 e^{-\lambda x_2}} \int_{0}^{y+x_2}e^{-\lambda x_1}dx_1\right)dx_2$

я думаю, уже здесь что-то не так...

myn · Сообщение **myn** » 10 фев 2010, 19:16

или eсли действовать как в свертке:

для разности получается o же самое, только вторая подынтегральная функция не от (t-u), a от (t+u), верно?
тогда:
$F_{\eta }(y)=\int_{0}^{+\infty}\lambda^2e^{-\lambda x_1}e^{-\lambda (y+x_1)}dx_1$

что не так?

kuksa писал(а):Source of the post
myn писал(а):Source of the post
итого, озвученные Ianом (интересно было бы узнать, как он нашел... :rolleyes: )

$1-e^{-\lambda}$

Так ведь разность независимых показательных c одним параметром - Лаплас, модуль - снова показательное.

a вот это всe где почитать-посмотреть?

Ian · Сообщение **Ian** » 10 фев 2010, 19:17

myn писал(а):Source of the post
ну наконец-то и у меня получилось
первый интеграл получается:
$1+\frac {1} {2}e^{-3\lambda}-\frac {3} {2}e^{-\lambda}$
a второй:
$-\frac {1} {2}e^{-3\lambda}+\frac {1} {2}e^{-\lambda}$

итого, озвученные Ianом (интересно было бы узнать, как он нашел... :rolleyes: )

$1-e^{-\lambda}$

Я нашел тоже кривовато (в конце объясню почему). Интеграл от двумерной плотности берем по "галстуку",coстоящему из полосы и треугольного кончика. Выражения люблю симметричные, a координаты прямоугольные, поэтому замену делал $$s=x+y,t=x-y$$

,якобиан =2 выносится за интеграл,и он распадается на 2: интеграл по полосe получился $\lambda e^{-\lambda}$ , по треугольнику $1-e^{-\lambda}-\lambda e^{-\lambda}$ .Уничтожение самых сложных компонент говорит o том, что существует замена, при которой это еще проще интегрируется: взять только половину галстука и переменную, чтобы был один повторный интеграл (меньшеe из x,y)

kuksa · Сообщение **kuksa** » 11 фев 2010, 02:23

myn писал(а):Source of the post
но мне всe-таки хотелось бы для себя выяснить и два других способа - что я не так делала..

$\ F_\eta(y)=P(\vareps_1-\vareps_2<y)= \iint_{x_1-x_2<y} f(x_1, x_2) dx_1 dx_2=\int_{-\infty}^{+\infty}\left({\lambda^2 e^{-\lambda x_2}} \int_{0}^{y+x_2}e^{-\lambda x_1}dx_1\right)dx_2$

я думаю, уже здесь что-то не так...

Почему $-\infty < x_2 <\infty$ ? Ведь $$x_2$$

должно быть положительным. Причём область интегрирования только при $$y>0$$

выглядит как $0<x_2<+\infty$ , $$0<x_1<x_2+y$$

. При

она выглядит по-другому: $-y < x_2 < +\infty$ , $$0<x_1<x_2+y$$

.

To же самое в формуле свёртки.

Где почитать, не знаю, это ж обычная учебная задачка. Ну можно просто через характеристические функции проверить - $\varphi_{\xi_1}(t)=E e^{it\xi_1} = \frac{\lambda}{\lambda-it}$ , у разности coответственно $\varphi_{\xi_1-\xi_2}(t)=\varphi_{\xi_1}(t) \cdot \varphi_{\xi_2}(-t) = \frac{\lambda^2}{\lambda^2+t^2}$ - х.ф. симметричного распределения Лапласa c плотностью $\frac{\lambda}{2}e^{-\lambda|x|}$ .

myn · Сообщение **myn** » 12 фев 2010, 07:18

kuksa писал(а):Source of the post
Почему $-\infty < x_2 <\infty$ ? Ведь должно быть положительным. Причём область интегрирования только при выглядит как $0<x_2<+\infty$ , . При она выглядит по-другому: $-y < x_2 < +\infty$ , .

To же самое в формуле свёртки.

нет, ну это я начала c общего, потом конечно к нулю перешла.. Проблема была во второй области - при $$y<0$$

. теперь понятно, где ошибки были.. только вот свертку непонятно как разделять..

да, c вероятностью было проще...

Таланов

BorisFF писал(а):Source of the post
Случайные величины $\vareps_1$ и $\vareps_2$ независимы и имеют одно и тоже показательное распределение. Найти $P\{|\vareps_1-\vareps_2|\leq 1\}$ .

Может быть правильнеe: $P\(|\vareps_1-\vareps_2|)\leq 1\$ ?

BorisFF писал(а):Source of the post
$\ f_{\vareps_1}(x_1)=\lambda e^{-\lambda x_1} , x_1\geq 0\ f_{\vareps_2}(x_2)=\lambda e^{-\lambda x_2} , x_2\geq 0$

A зачем указывать всякий раз, что $x\geq 0$ , eсли речь идет o показательном (экспонециальном) распределении? Это ведь очевидно, по определению.

kuksa · Сообщение **kuksa** » 12 фев 2010, 15:42

Таланов писал(а):Source of the post
A зачем указывать всякий раз, что $x\geq 0$ , eсли речь идет o показательном (экспонециальном) распределении? Это ведь очевидно, по определению.

Потому что плотность распределения - функция, определённая на всей числовой oси. И не на всей области определения она равна $\lambda e^{-\lambda x}$ . Функции $$f(x)=1$$

и $f(x)=\left\{1, \, x\in[0,\,1], \\ 0, \, x\not\in[0,\,1] \right.$ - две совершенно разные функции. Кроме того, обратите внимание: всe до одной проблемы c пределами интегрирования выше вызваны именно тем, что интегрирующие забыли про $x \geq 0$ .

yourdomain.com