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

Ниже решаю все задачи. В задаче 8 я предполагаю, что опечатка исправляется так:

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

---

Задача 1

Пусть $X\sim N(0,1)$.

1) Найти $EX^k$ для любого $k\in\mathbb N_0$

Плотность:

$$\varphi(x)=\frac1{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2}.$$

Если $k$ нечётно, то $x^k\varphi(x)$ — нечётная функция, поэтому

$$EX^k=0.$$

Если $k=2n$, то стандартная рекурсия по интегрированию по частям даёт

$$E X^{2n}=(2n-1)E X^{2n-2}.$$

Так как $EX^0=1$, получаем

$$E X^{2n}=(2n-1)(2n-3)\cdots 3\cdot 1=(2n-1)!!.$$

Итак,

$$\boxed{ EX^k= \begin{cases} 0, & k=2n+1,\\[2mm] (2n-1)!!=\dfrac{(2n)!}{2^n n!}, & k=2n. \end{cases}}$$

---

2) Найти $E|X|^k$ для любого $k\in\mathbb N_0$

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

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

$$E|X|^k =\frac{2}{\sqrt{2\pi}}\int_0^\infty (2u)^{k/2}e^{-u}\frac{du}{\sqrt{2u}} =\frac{2^{k/2}}{\sqrt{\pi}}\int_0^\infty u^{\frac{k-1}{2}}e^{-u}\,du.$$

То есть

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

Для чётных $k=2n$ это совпадает с обычными моментами:

$$E|X|^{2n}=EX^{2n}=(2n-1)!!.$$

---

Задача 2

Пусть $X\sim N(0,1)$. Доказать:

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

Обозначим

$$g(r)=e^{-r^2/2}-P(|X|\ge r)=e^{-r^2/2}-2(1-\Phi(r)), \qquad r\ge 0.$$

Тогда

$$g(0)=1-2\cdot \frac12=0, \qquad \lim_{r\to\infty}g(r)=0.$$

Производная:

$$g'(r)=-re^{-r^2/2}+2\varphi(r) =e^{-r^2/2}\left(\sqrt{\frac{2}{\pi}}-r\right).$$

Значит, $g'(r)>0$ при $0\le r<\sqrt{2/\pi}$, а $g'(r)<0$ при $r>\sqrt{2/\pi}$. Следовательно, $g$ сначала возрастает, потом убывает, причём $g(0)=0$ и $\lim_{r\to\infty}g(r)=0$. Отсюда

$$g(r)\ge 0\quad \forall r\ge 0.$$

То есть

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

---

Задача 3

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

$$\psi(s)=Ee^{sX}.$$

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

$$Ee^{sX}=e^{\mu s}Ee^{\sigma s Z}.$$

Остаётся вычислить

$$Ee^{tZ}=e^{t^2/2}.$$

Значит,

$$\boxed{ \psi(s)=Ee^{sX}=\exp\left(\mu s+\frac{\sigma^2s^2}{2}\right),\qquad s\in\mathbb R. }$$

---

Задача 4

Пусть $\Phi$ — функция распределения стандартного нормального закона. Найти

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

Если $X\sim N(0,1)$, то это

$$E\,\Phi(X+1).$$

Возьмём независимую $Y\sim N(0,1)$. Тогда

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

и потому

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

Но $Y-X\sim N(0,2)$. Следовательно,

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

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 $X$ — стандартная нормальная величина. Доказать:

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

Сначала вычислим нужные величины.

Так как распределение $X$ симметрично,

$$E\sin X=0.$$

Значит,

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

Кроме того,

$$E e^{itX}=e^{-t^2/2}.$$

Берём действительную часть:

$$E\cos X=e^{-1/2}, \qquad E\cos 2X=e^{-2}.$$

Теперь

$$\cos^2X=\frac{1+\cos 2X}{2}, \qquad \sin^2X=\frac{1-\cos 2X}{2},$$

поэтому

$$E\cos^2X=\frac{1+e^{-2}}{2}, \qquad D(\sin X)=E\sin^2X=\frac{1-e^{-2}}{2}.$$

Правая часть

$$D(\sin X)\le E\cos^2X \iff \frac{1-e^{-2}}2\le \frac{1+e^{-2}}2,$$

что очевидно.

Левая часть

$$(E\cos X)^2\le D(\sin X) \iff e^{-1}\le \frac{1-e^{-2}}2.$$

Умножая на $2e^2$, получаем

$$2e\le e^2-1 \iff (e-1)^2\ge 0,$$

что верно.

Итак,

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

---

Задача 6 (*)

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

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

Плотность пары:

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

Положим

$$z=\frac{x}{y},\qquad y=y,$$

то есть $x=zy$. Якобиан:

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

Тогда

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

По чётности

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

Подстановка $u=(1+z^2)y^2/2$ даёт

$$f_Z(z)=\frac1{\pi(1+z^2)}.$$

Значит,

$$\boxed{ Z=\frac{X}{Y}\sim \mathrm{Cauchy}(0,1), \qquad f_Z(z)=\frac1{\pi(1+z^2)}. }$$

---

Задача 7 (*)

Пусть $(X,Y)$ — гауссовский вектор со средним $(0,0)$, причём

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

Найти

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

Обозначим

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

Заметим:

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

Введём

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

Тогда

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

Так как $(X,Y)$ гауссовский, то $(S,D)$ тоже гауссовский. Причём

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

Для гауссовских величин некоррелированность означает независимость. Значит, $S$ и $D$ независимы.

Их дисперсии:

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

Математическое ожидание

Так как $ES=0$,

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

Если $D\sim N(0,2(1-r))$, то

$$E|D|=\sqrt{2(1-r)}\,E|Z|,\qquad Z\sim N(0,1).$$

Но

$$E|Z|=\sqrt{\frac{2}{\pi}}.$$

Поэтому

$$EM=\frac12\sqrt{2(1-r)}\sqrt{\frac{2}{\pi}} =\sqrt{\frac{1-r}{\pi}}.$$

Итак,

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

Дисперсия

Сначала найдём $EM^2$:

$$M^2=\frac{S^2+2S|D|+|D|^2}{4}.$$

Из независимости $S$ и $|D|$, а также $ES=0$, получаем

$$EM^2=\frac{ES^2+E|D|^2}{4} =\frac{DS+DD}{4} =\frac{2(1+r)+2(1-r)}{4}=1.$$

Следовательно,

$$DM=EM^2-(EM)^2=1-\frac{1-r}{\pi}.$$

Значит,

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

---

Задача 8 (*)

Пусть $X\sim U[0,1]$. Существует ли случайная величина $Y$, независимая с $X$, такая что

$$L=\log\frac{1-X}{X}+Y$$

имеет нормальное распределение?

Обозначим

$$U=\log\frac{1-X}{X}.$$

Тогда вопрос: можно ли подобрать независимую $Y$, чтобы $U+Y$ была нормальной?

Сначала найдём распределение $U$:

$$P(U\le u) = P\!\left(\log\frac{1-X}{X}\le u\right) = P\!\left(\frac{1-X}{X}\le e^u\right).$$

Это равносильно

$$1\le (1+e^u)X \iff X\ge \frac{1}{1+e^u}.$$

Так как $X\sim U[0,1]$,

$$P(U\le u)=1-\frac{1}{1+e^u}=\frac{e^u}{1+e^u}=\frac{1}{1+e^{-u}}.$$

Это логистическое распределение, а не нормальное.

Теперь используем теорему Крамера: если сумма двух независимых случайных величин имеет нормальное распределение, то каждая из них сама имеет нормальное распределение.

Если бы $L=U+Y$ была нормальной и $U$ была независима с $Y$, то $U$ тоже должна была бы быть нормальной. Но $U$ имеет логистическое распределение. Противоречие.

Следовательно, такой $Y$ не существует.

$$\boxed{\text{Нет, такой независимой случайной величины }Y\text{ не существует.}}$$

---

Если хочешь, я могу ещё оформить всё это в виде аккуратного конспекта “только ответы + короткие доказательства”, чтобы можно было сразу сдавать.