Все задачи варианта
- Линейное условное ожидание и границы дисперсии
- Почти наверное сходимость без L¹
- Винеровский процесс и квадратный мартингал
- Улитка, кубический мартингал и остановка
- Минимум экспонент и логарифм отношения
- Минимум и максимум равномерной выборки
1. Линейное условное ожидание и границы дисперсии
Условие
E(Y|X)=2+3X, Var X=9, EX=6. Найдите EY,Cov(X,Y) и допустимые Var(Y|X),Var Y.
Редакционное решение
По полному ожиданию EY=2+3·6=20. Cov(X,Y)=Cov(X,E(Y|X))=3Var X=27. Закон полной дисперсии: Var Y=E Var(Y|X)+Var(2+3X)=E Var(Y|X)+81.
Условная дисперсия неотрицательна, верхнего конечного ограничения из данных нет. При конечных вторых моментах Var Y≥81. Граница достигается при Y=2+3X; произвольное увеличение можно получить независимым центрированным шумом. Условная дисперсия может зависеть от x, а не быть одной константой.
Проверка и типичная ошибка
EX²=45, E(XY)=2EX+3EX²=147; вычитание EX·EY=120 даёт ковариацию 27.
2. Почти наверное сходимость без L¹
Условие
U₁,U₂ независимы U(0,1), фиксированы для всей последовательности. Xₙ=n²I(U₁≤1/(n+2))+U₂n/(n+2). Исследуйте почти наверное, по вероятности, по распределению и L¹.
Редакционное решение
Для любого U₁>0 индикатор со временем навсегда становится нулём. Множество U₁=0 имеет вероятность 0. Второе слагаемое стремится к U₂, поэтому Xₙ→U₂ почти наверное, по вероятности и по распределению; предельный закон U(0,1).
EXₙ=n²/(n+2)+n/[2(n+2)]→∞. Если была бы L¹-сходимость к U₂, ожидания сходились бы к 1/2, что невозможно. Более того E|Xₙ−U₂|≥|EXₙ−1/2|→∞. Большие редкие выбросы исчезают для почти каждой фиксированной реализации, но не в среднем.
Проверка и типичная ошибка
Это одна общая пара U₁,U₂ для всех n. Замена её новыми независимыми парами меняет доказательство почти наверное сходимости.
3. Винеровский процесс и квадратный мартингал
Условие
Для стандартного Wₜ найдите Cov(W₁,W₇|W₃), E(W₂²W₄²). При каких α процесс (3+αWₜ)²−10t — мартингал?
Редакционное решение
Условная ковариация гауссовского вектора: min(1,7)−min(1,3)min(3,7)/3=1−1=0. Для центрированных совместных нормалей E(A²B²)=Var A Var B+2Cov(A,B)², поэтому 2·4+2·2²=16.
Раскроем процесс: 9+6αWₜ+α²(Wₜ²−t)+(α²−10)t. Первые три слагаемых — мартингалы; последний дрейф исчезает при α²=10. Ответ α=±√10.
Проверка и типичная ошибка
Можно проверить непосредственно E[(3+αWₜ)²|Fs]=(3+αWₛ)²+α²(t−s). Знак α не влияет на дрейф.
4. Улитка, кубический мартингал и остановка
Условие
Симметричное блуждание начинается S₀=7, шаги ±1. Найдите α для Yₜ=Σₖ₌₀ᵗSₖ−αSₜ³. Остановка τ при 0 или 20. Найдите EΣₖ₌₁ᵗᵃᵘSₖ и проверьте допустимость остановки.
Редакционное решение
Условно при Sₜ=s имеем E(Sₜ₊₁)=s и E(Sₜ₊₁³−Sₜ³)=3s. Средний прирост Y равен s−3αs, поэтому α=1/3.
Вероятность верхней границы 7/20, значит ESτ³=20³·7/20=2800. Равенство E Yτ=Y₀ даёт EΣₖ₌₀ᵗᵃᵘSₖ=7+(2800−343)/3=826. Исключая начальную точку, получаем 819.
Применение теоремы остановки требует проверки. Блуждание в конечном интервале имеет Eτ=7(20−7)=91. Можно доказать конечность геометрической оценкой: в каждом блоке 20 шагов есть не менее 2⁻²⁰ вероятности поглощения. |Sτ∧n|≤20, |Σₖ₌₀ᵗᵃᵘ∧ⁿSₖ|≤20(τ+1). Это интегрируемая граница, поэтому остановленные равенства переходят к пределу по доминированной сходимости.
Проверка и типичная ошибка
Отдельное решение уравнения gᵢ=i+[gᵢ₋₁+gᵢ₊₁]/2 с граничными g₀=g₂₀=0 даёт ожидаемую сумму до остановки 819 из 7, исключая начальную точку по согласованной нумерации.
5. Минимум экспонент и логарифм отношения
Условие
Независимые Xᵢ~Expo(λᵢ), i=1,…,5. M=min(X₃,X₄,X₅). Найдите закон M, P(X₁<X₂), CDF L=lnX₁−lnX₂ при λ₁=λ₂=1.
Редакционное решение
P(M>t)=exp[−(λ₃+λ₄+λ₅)t], поэтому M~Expo(λ₃+λ₄+λ₅). В гонке двух независимых экспонент P(X₁<X₂)=λ₁/(λ₁+λ₂).
Для логарифма P(L≤l)=P(X₁≤eˡX₂)=∫₀∞(1−e⁻ᵉˡˣ)e⁻ˣdx=1−1/(1+eˡ)=eˡ/(1+eˡ). Это стандартный логистический закон. Пределы CDF при ±∞ равны 0,1.
Проверка и типичная ошибка
Минимум становится раньше при увеличении любого λ. В формуле гонки интенсивность победителя стоит в числителе.
6. Минимум и максимум равномерной выборки
Условие
X₁,…,Xₙ iid U(0,a), L=min,H=max. Найдите EL. Для h(a)=E(LH) запишите связь h(a+u) и h(a) до o(u), начальное условие и решение.
Редакционное решение
P(L>l)=(1−l/a)ⁿ, 0≤l≤a. Интегрирование хвоста даёт EL=a/(n+1).
Для n≥2 при увеличении отрезка до a+u все точки остаются в [0,a] с вероятностью 1−nu/a+o(u). Ровно одна попадает в новую полоску с вероятностью nu/a+o(u); максимум тогда a+o(1), минимум остальных имеет среднее a/n. Поэтому h(a+u)=(1−nu/a)h(a)+au+o(u).
Уравнение h′(a)+nh(a)/a=a даёт h(a)=a²/(n+2)+Ca⁻ⁿ. При a↓0 имеем 0≤h(a)≤a², поэтому h(0)=0 и C=0. Ответ a²/(n+2). При n=1 минимум и максимум совпадают: h(a)=EX²=a²/3, что соответствует формуле, хотя рассуждение про оставшиеся n−1 точки нужно заменить прямым расчётом.
Проверка и типичная ошибка
Точный масштаб также даёт h(a+u)=(1+u/a)²h(a). После подстановки решения обе связи согласованы. Условие ограниченности у нуля устраняет лишнюю ветвь решения.
Как продолжить подготовку
Задачи по темам и другие разборы экзаменов.
Следующие разборы
- ВШЭ, вероятность: три предела по закону больших чисел
- ВШЭ, вероятность: гамма-класс по характеристической функции и свёртка
- ВШЭ, вероятность: среднее косинусов: почти наверное и в среднем квадратичном
Условие адаптировано из открытого источника: Борис Демешев, hse_pmi_probability_2024_2025, complete variant exam_delta/exam_delta.tex. Решение, объяснение и проверка изложены редакцией damirock.com; это не официальный ключ преподавателя. CC0 1.0. Вёрстка и обозначения адаптированы; числовые предпосылки указаны в условии.