Задача 1. Пусть X ∼ N (0, 1). Вычислите: 1. EXk д...

Ниже $\varphi(x)=\dfrac1{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2}$ — плотность стандартного нормального закона.

---

Задача 1

Пусть $X\sim N(0,1)$.

1) Вычислить $\mathbb E X^k$, $k\in\mathbb N_0$

Если $k$ нечётно, то по симметрии

$$\mathbb E X^k=0.$$

Если $k=2n$, то

$$\mathbb E X^{2n}=(2n-1)!!=\frac{(2n)!}{2^n n!}.$$

Итак,

$$\boxed{ \mathbb E X^k= \begin{cases} 0, & k \text{ нечётно},\\[2mm] \dfrac{(2n)!}{2^n n!}, & k=2n. \end{cases}}$$

---

2) Вычислить $\mathbb E |X|^k$, $k\in\mathbb N_0$

$$\mathbb E|X|^k = \frac{2}{\sqrt{2\pi}}\int_0^\infty x^k e^{-x^2/2}\,dx.$$

Подстановкой $u=x^2/2$, $x=\sqrt{2u}$, $dx=\frac{du}{\sqrt{2u}}$, получаем

$$\mathbb E|X|^k = \frac{2}{\sqrt{2\pi}}\int_0^\infty (2u)^{k/2}e^{-u}\frac{du}{\sqrt{2u}} = \frac{2^{k/2}}{\sqrt{\pi}}\Gamma\!\left(\frac{k+1}{2}\right).$$

То есть

$$\boxed{ \mathbb E|X|^k=\frac{2^{k/2}}{\sqrt\pi}\Gamma\!\left(\frac{k+1}{2}\right)}.$$

Для целых $k$ можно расписать отдельно:

$$\mathbb E|X|^{2n}=\frac{(2n)!}{2^n n!},\qquad \mathbb E|X|^{2n+1}=\frac{2^{n+1/2}n!}{\sqrt\pi}.$$

---

Задача 2

Пусть $X\sim N(0,1)$. Доказать:

$$\mathbb P(|X|\ge r)\le e^{-r^2/2}.$$

Обозначим

$$H(r)=\mathbb P(|X|\ge r)=2\int_r^\infty \varphi(x)\,dx,\qquad r\ge 0.$$

Рассмотрим

$$f(r)=e^{r^2/2}H(r).$$

Тогда при $r>0$

$$f'(r)=e^{r^2/2}\bigl(rH(r)+H'(r)\bigr) =e^{r^2/2}\bigl(rH(r)-2\varphi(r)\bigr).$$

Но

$$H(r)=2\int_r^\infty \varphi(x)\,dx \le \frac{2}{r}\int_r^\infty x\varphi(x)\,dx = \frac{2\varphi(r)}{r},$$

так как $x\ge r$ на $[r,\infty)$, а

$$\int_r^\infty x\varphi(x)\,dx=\varphi(r).$$

Следовательно,

$$rH(r)-2\varphi(r)\le 0,$$

то есть $f'(r)\le 0$. Значит, $f$ убывает, и потому

$$f(r)\le f(0)=\mathbb P(|X|\ge 0)=1.$$

Итак,

$$e^{r^2/2}\mathbb P(|X|\ge r)\le 1,$$

то есть

$$\boxed{\mathbb P(|X|\ge r)\le e^{-r^2/2}}.$$

---

Задача 3

Пусть $X\sim N(\mu,\sigma^2)$. Найти производящую функцию моментов

$$\psi(s)=\mathbb E e^{sX}.$$

Пишем $X=\mu+\sigma Z$, где $Z\sim N(0,1)$. Тогда

$$\psi(s)=e^{\mu s}\,\mathbb E e^{\sigma s Z}.$$

Для стандартной нормальной величины

$$\mathbb E e^{tZ}=e^{t^2/2}.$$

Значит,

$$\boxed{\psi(s)=\exp\!\left(\mu s+\frac{\sigma^2 s^2}{2}\right)}.$$

---

Задача 4

Вычислить

$$\frac1{\sqrt{2\pi}}\int_{\mathbb R} e^{-t^2/2}\Phi(t+1)\,dt.$$

Пусть $X,Y$ — независимые $N(0,1)$. Тогда

$$\frac1{\sqrt{2\pi}}\int_{\mathbb R} e^{-t^2/2}\Phi(t+1)\,dt =\mathbb E\,\Phi(X+1).$$

Но

$$\Phi(X+1)=\mathbb P(Y\le X+1\mid X).$$

Берём ожидание:

$$\mathbb E\,\Phi(X+1)=\mathbb P(Y\le X+1)=\mathbb P(Y-X\le 1).$$

Так как

$$Y-X\sim N(0,2),$$

то

$$\mathbb P(Y-X\le 1)=\Phi\!\left(\frac1{\sqrt2}\right).$$

Ответ:

$$\boxed{\frac1{\sqrt{2\pi}}\int_{\mathbb R} e^{-t^2/2}\Phi(t+1)\,dt =\Phi\!\left(\frac1{\sqrt2}\right)}.$$

---

Задача 5

Пусть $X\sim N(0,1)$. Доказать, что

$$(\mathbb E\cos X)^2\le \mathbb D(\sin X)\le \mathbb E\cos^2 X.$$

Сначала заметим, что по симметрии

$$\mathbb E\sin X=0.$$

Значит,

$$\mathbb D(\sin X)=\mathbb E\sin^2 X.$$

Левая часть

Используем интегрирование по частям (или тождество Штейна):

$$\mathbb E[X\sin X]=\mathbb E[\cos X].$$

Тогда по неравенству Коши:

$$(\mathbb E\cos X)^2=(\mathbb E[X\sin X])^2 \le \mathbb E X^2 \cdot \mathbb E\sin^2 X =1\cdot \mathbb D(\sin X).$$

То есть

$$\boxed{(\mathbb E\cos X)^2\le \mathbb D(\sin X)}.$$

Правая часть

$$\mathbb D(\sin X)=\mathbb E\sin^2 X.$$

Поэтому достаточно показать

$$\mathbb E\sin^2 X\le \mathbb E\cos^2 X.$$

Но

$$\mathbb E\cos^2 X-\mathbb E\sin^2 X=\mathbb E\cos 2X.$$

Из задачи 3:

$$\mathbb E e^{i2X}=e^{-2},$$

следовательно

$$\mathbb E\cos 2X=e^{-2}>0.$$

Значит,

$$\mathbb E\cos^2 X>\mathbb E\sin^2 X=\mathbb D(\sin X).$$

Итак,

$$\boxed{(\mathbb E\cos X)^2\le \mathbb D(\sin X)\le \mathbb E\cos^2 X.}$$

---

Задача 6 (*)

Пусть $X,Y$ — независимые стандартные нормальные. Найти распределение

$$Z=\frac{X}{Y}.$$

Рассмотрим преобразование

$$x=zy,\qquad y=y.$$

Якобиан:

$$\left|\frac{\partial(x,y)}{\partial(z,y)}\right|=|y|.$$

Совместная плотность $(X,Y)$:

$$f_{X,Y}(x,y)=\frac1{2\pi}e^{-(x^2+y^2)/2}.$$

Значит,

$$f_{Z,Y}(z,y)=\frac1{2\pi}e^{-(z^2y^2+y^2)/2}|y| =\frac1{2\pi}|y|e^{-(1+z^2)y^2/2}.$$

Интегрируем по $y$:

$$f_Z(z)=\frac1{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}|y|e^{-(1+z^2)y^2/2}\,dy =\frac1{\pi}\int_0^\infty y e^{-(1+z^2)y^2/2}\,dy.$$

Подстановка даёт

$$\int_0^\infty y e^{-a y^2/2}\,dy=\frac1a,\qquad a>0.$$

Значит,

$$\boxed{f_Z(z)=\frac1{\pi(1+z^2)},\qquad z\in\mathbb R.}$$

То есть $Z$ имеет стандартное распределение Коши.

---

Задача 7 (*)

Пусть $(X,Y)$ — гауссовский вектор:

$$\mathbb EX=\mathbb EY=0,\qquad \mathbb DX=\mathbb DY=1,\qquad \operatorname{cov}(X,Y)=r,\quad |r|<1.$$

Найти

$$\mathbb E\max\{X,Y\},\qquad \mathbb D\max\{X,Y\}.$$

Обозначим

$$M=\max\{X,Y\}.$$

Используем тождество

$$M=\frac{X+Y+|X-Y|}{2}.$$

Положим

$$S=X+Y,\qquad D=X-Y.$$

Тогда

$$M=\frac S2+\frac{|D|}{2}.$$

Шаг 1: распределения $S$ и $D$

$$\mathbb DS=\mathbb D(X+Y)=1+1+2r=2(1+r),$$ $$\mathbb DD=\mathbb D(X-Y)=1+1-2r=2(1-r).$$

Кроме того,

$$\operatorname{cov}(S,D)=\operatorname{cov}(X+Y,X-Y)=1-r+r-1=0.$$

Так как $(S,D)$ — гауссовский вектор, из нулевой ковариации следует независимость:

$$S\perp D.$$

Математическое ожидание

$$\mathbb EM=\frac{\mathbb ES}{2}+\frac{\mathbb E|D|}{2}=\frac{\mathbb E|D|}{2}.$$

Если $D\sim N(0,\sigma_D^2)$, то

$$\mathbb E|D|=\sigma_D\sqrt{\frac2\pi}.$$

Здесь $\sigma_D^2=2(1-r)$, значит

$$\mathbb E|D|=\sqrt{2(1-r)}\sqrt{\frac2\pi}=2\sqrt{\frac{1-r}{\pi}}.$$

Следовательно,

$$\boxed{\mathbb E\max\{X,Y\}=\sqrt{\frac{1-r}{\pi}}.}$$

Дисперсия

Так как $S$ и $D$ независимы, то $S$ и $|D|$ тоже независимы. Поэтому

$$\mathbb DM=\frac14\mathbb DS+\frac14\mathbb D|D|.$$

Для центрированной нормальной величины $N(0,\sigma^2)$:

$$\mathbb D|N(0,\sigma^2)|=\sigma^2\left(1-\frac2\pi\right).$$

Значит,

$$\mathbb D|D|=2(1-r)\left(1-\frac2\pi\right).$$

Отсюда

$$\mathbb DM =\frac{2(1+r)}4+\frac{2(1-r)}4\left(1-\frac2\pi\right).$$

Упрощаем:

$$\mathbb DM =\frac{1+r}{2}+\frac{1-r}{2}\left(1-\frac2\pi\right) =1-\frac{1-r}{\pi}.$$

Итак,

$$\boxed{\mathbb D\max\{X,Y\}=1-\frac{1-r}{\pi}.}$$

---

Задача 8 (*)

В условии, по-видимому, опечатка: запись

$$\log\Bigl(1-\frac{X}{X}\Bigr)$$

не имеет смысла, так как это $\log 0$. Естественная интерпретация —

$$L=\log\frac{1-X}{X}+Y \quad\text{или}\quad L=\log\frac{X}{1-X}+Y.$$

В обоих случаях ответ одинаковый.

Пусть

$$U=\log\frac{1-X}{X},\qquad X\sim \mathrm{Unif}[0,1].$$

Тогда $U$ является измеримой функцией от $X$, поэтому из независимости $Y$ и $X$ следует независимость $Y$ и $U$.

Проверим экспоненциальный момент при $t=1$:

$$e^U=\frac{1-X}{X}.$$

Следовательно,

$$\mathbb E e^U=\int_0^1 \frac{1-x}{x}\,dx=+\infty.$$

Так как $e^Y>0$ почти наверное, то $\mathbb E e^Y>0$ (возможно, $+\infty$). По независимости и теореме Тонелли:

$$\mathbb E e^{U+Y}=\mathbb E(e^U e^Y)=\mathbb E e^U\cdot \mathbb E e^Y=+\infty.$$

Но если бы $U+Y$ имела нормальное распределение, то её производящая функция моментов была бы конечна при $t=1$:

$$\mathbb E e^{U+Y}<\infty,$$

что невозможно.

Значит, такой $Y$ не существует.

Итак,

$$\boxed{\text{нет, такой независимой }Y\text{ не существует}.}$$

---

Если хотите, я могу ещё собрать всё это в формат “короткие экзаменационные решения на 1 страницу” без лишних комментариев.