Математическое ожидание случайной величины
| Определение: |
| Математическое ожидание([math]E\xi[/math]) - мера среднего значения случайной величины, равна [math]E\xi = \sum \xi(\omega)p(\omega)[/math] |
| Теорема: |
[math]\sum\limits_{\omega\epsilon\Omega} \xi(\omega)p(\omega) = \sum\limits_a a p(\xi = a)[/math] |
| Доказательство: |
| [math]\triangleright[/math] |
|
[math]\sum\limits_a \sum\limits_{\omega|\xi(\omega) = a} \xi(\omega)p(\omega) = \sum\limits_a a \sum\limits_{\omega|\xi(\omega)=a}p(\omega) = \sum\limits_a a p(\xi = a)[/math] |
| [math]\triangleleft[/math] |
Пример
Пусть наше вероятностное пространство — «честная кость»
[math] \xi(i) = i [/math]
[math] E\xi = 1\cdot 1/6+2\cdot 1/6 \dots +6\cdot 1/6 = 3.5[/math]
Линейность математического ожидания
| Теорема: |
Математическое ожидание [math]E[/math] линейно. |
| Доказательство: |
| [math]\triangleright[/math] |
|
1. [math]E(\xi + \eta) = {\sum_w \limits}(\xi(w) + \eta(w))p(w) = {\sum_w \limits}\xi(w)p(w) + {\sum_w \limits}\eta(w)p(w) = E(\xi) + E(\eta) [/math]
2. [math]E(\alpha\xi) = {\sum_w \limits}\alpha\xi(w) = \alpha{\sum_w \limits}\xi(w) = \alpha E(\xi)[/math], где [math]\alpha[/math] — действительное число |
| [math]\triangleleft[/math] |
Использование линейности
Рассмотрим два примера
Пример 1
Найти математическое ожидание суммы цифр на случайной кости домино.
Пусть [math] \xi [/math] — случайная величина которая возвращает первое число на кости домино, а [math] \eta [/math] — возвращает второе число.
Очевидно, что [math] E(\xi)= E(\eta)[/math].
Посчитаем [math]E(\xi)[/math].
[math] E(\xi)={\sum_{i=0}^6 \limits}i \cdot p(\xi=i)={\sum_{i=0}^6 \limits}i \cdot \frac{1}{7}=3[/math]
Получаем ответ
[math]E(\xi+\eta)=2E(\xi)=6[/math]
Пример 2
Пусть у нас есть строка s. Строка t генерируется случайным образом так, что два подряд идущих символа неравны. Какое математическое ожидание количества совпавших символов? Считать что размер алфавита равен [math]k[/math], а длина строки [math]n[/math].
Рассмотрим случайные величины [math]\xi^i[/math] — совпал ли у строк [math] i [/math]-тый символ.
Найдем математическое ожидание этой величины
[math]E(\xi^i)=0 \cdot p(\xi^i=0)+1 \cdot p(\xi^i=1)=p(s[i]=t[i])[/math] где [math]s[i],t[i][/math] — [math]i[/math]тые символы соответствующих строк.
Так как появление каждого символа равновероятно, то [math]p(s[i]=t[i])=\frac{1}{k}[/math].
Итоговый результат: [math]E(\xi)={\sum_{i=1}^n \limits}E(\xi^i)=\frac{n}{k} [/math]
Пример 3
Найти математическое ожидание количества инверсий на всех перестановках чисел от 1 до n.
Пусть [math] \xi [/math] - случайная величина, которая возвращает количество инверсий в перестановке.
Очевидно, что вероятность любой перестановки равна [math] {1 \over n!} [/math]
Тогда [math] E\xi = {1 \over n!}\cdot{\sum_{i=1}^{n!}}E(\xi^i) [/math]
Пусть [math] P = (p_1,p_2,\dots,p_n)[/math] является перестановкой чисел [math] 1, 2,\dots, n[/math].
Тогда [math] A = (p_n, p_{n-1}, \dots, p_1) [/math] является перевернутой перестановкой [math] P [/math].
Докажем, что количество инверсий в этих двух перестановках равно [math] n\cdot(n-1) \over 2 [/math]
Рассмотрим все пары [math] 1 \leqslant i \lt j \leqslant n [/math], таких пар всего [math] n\cdot(n-1) \over 2 [/math]. Тогда пара этих чисел образуют инверсию или в [math]P[/math], или в [math]A[/math]. Если [math]j[/math] стоит раньше [math]i[/math] в перестановке [math]P[/math], то [math]j[/math] будет стоять после [math]i[/math] и уже не будет давать инверсию. Аналогично, если [math]j[/math] стоит раньше [math]i[/math] в перестановке [math]A[/math].
Всего таких пар из перестановки и перевернутой перестановки будет [math] {n! \over 2} [/math].
Итого: [math] E\xi = {1 \over n!}\cdot{n \cdot (n-1) \over 2}\cdot{n! \over 2} = {n \cdot (n-1) \over 4} [/math]
