Распределение Лапласа

Шаблон:Вероятностное распределение Распределе́ние Лапла́са (двойно́е экспоненциа́льное) — в теории вероятностей это непрерывное распределение случайной величины, при котором плотность вероятности есть

$f(x)=\frac{\alpha }{2}{e}^{-\alpha |x-\beta |},-\mathrm{\infty }<x<+\mathrm{\infty },$

где $\alpha >0$ — параметр масштаба, $-\mathrm{\infty }<\beta <+\mathrm{\infty }$ — параметр сдвига.

Функция распределения

По определению, функция распределения — это интеграл от плотности распределения:

$F(x)=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{x}{\int }}f(t)dt=\frac{\alpha }{2}\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{x}{\int }}{e}^{-\alpha |t-\beta |}dt.$

Для интегрирования необходимо рассмотреть два случая:

$F(x)=\{\begin{array}{cc}\frac{1}{2}{e}^{\alpha (x-\beta )},& x⩽\beta ,\\ 1-\frac{1}{2}{e}^{-\alpha (x-\beta )},& x>\beta .\end{array}$

Проверка свойств полученной функции:

1. $F(x)$ не убывает, так как $f(x)$ положительна.
2. $F(\beta -0)=F(\beta +0)=\frac{1}{2}$, следовательно, $F(x)$ непрерывна в точке $\beta$
3. $F(x)$ ограничена.
4. Пределы на бесконечностях:

$\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{\lim }F(x)=\frac{1}{2}\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{\lim }{e}^{-\alpha |x-\beta |}=0,$

$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }F(x)=1-\frac{1}{2}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }{e}^{-\alpha (x-\beta )}=1.$

Математическое ожидание и дисперсия

В показателе экспоненты функции плотности содержится модуль разности, поэтому интервал $(-\mathrm{\infty },+\mathrm{\infty })$ при вычислениях необходимо разбить на $(-\mathrm{\infty },\beta )$ и $[\beta ,+\mathrm{\infty })$. Интегралы берутся по частям, при подстановке бесконечностей ($\pm \mathrm{\infty }$) рассматриваются пределы вида $\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }r(x)$. В результате

$\mathrm{E}\xi =\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}xf(x)dx=\beta$

Шаблон:Начало скрытого блока $\mathrm{E}\xi =\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}xf(x)dx=\frac{\alpha }{2}\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\beta }{\int }}x{e}^{\alpha (x-\beta )}dx+\frac{\alpha }{2}\underset{\beta }{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}x{e}^{-\alpha (x-\beta )}dx=$ $=\frac{\alpha }{2}\frac{1}{\alpha }x{e}^{\alpha (x-\beta )}{|}_{-\mathrm{\infty }}^{\beta }-\frac{\alpha }{2}\frac{1}{\alpha }\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\beta }{\int }}{e}^{\alpha (x-\beta )}dx-\frac{\alpha }{2}\frac{1}{\alpha }x{e}^{-\alpha (x-\beta )}{|}_{\beta }^{+\mathrm{\infty }}+\frac{\alpha }{2}\frac{1}{\alpha }\underset{\beta }{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-\alpha (x-\beta )}dx=$ $=\frac{\beta }{2}-\frac{1}{2\alpha }{e}^{\alpha (x-\beta )}{|}_{-\mathrm{\infty }}^{\beta }+\frac{\beta }{2}-\frac{1}{2\alpha }{e}^{-\alpha (x-\beta )}{|}_{\beta }^{+\mathrm{\infty }}=\beta -\frac{1}{2\alpha }+\frac{1}{2\alpha }=\beta$ Шаблон:Конец скрытого блока

$\mathrm{E}{\xi }^2=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}{x}^{2}f(x)dx={\beta }^2+\frac{2}{{\alpha }^2}$

Шаблон:Начало скрытого блока $\mathrm{E}{\xi }^2=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}{x}^{2}f(x)dx=\frac{\alpha }{2}\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\beta }{\int }}{x}^2{e}^{\alpha (x-\beta )}dx+\frac{\alpha }{2}\underset{\beta }{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}{x}^2{e}^{-\alpha (x-\beta )}dx=$ $=\frac{\alpha }{2}\frac{x^2{e}^{\alpha (x-\beta )}}{\alpha }{|}_{-\mathrm{\infty }}^{\beta }-\frac{\alpha }{2}\frac{2}{\alpha }\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\beta }{\int }}x{e}^{\alpha (x-\beta )}dx+\frac{\alpha }{2}\frac{x^2{e}^{-\alpha (x-\beta )}}{-\alpha }{|}_{\beta }^{+\mathrm{\infty }}+\frac{\alpha }{2}\frac{2}{\alpha }\underset{\beta }{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}x{e}^{-\alpha (x-\beta )}dx=$ $=\frac{{\beta }^2}{2}-\frac{\beta }{\alpha }+\frac{1}{{\alpha }^2}+\frac{{\beta }^2}{2}+\frac{\beta }{\alpha }+\frac{1}{{\alpha }^2}={\beta }^2+\frac{2}{{\alpha }^2}$ Шаблон:Конец скрытого блока

$\mathrm{D}\xi =\mathrm{E}{\xi }^2-(\mathrm{E}\xi {)}^2={\beta }^2+\frac{2}{{\alpha }^2}-{\beta }^2=\frac{2}{{\alpha }^2}$

Моменты

$\mathrm{E}{\xi }^k=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}{x}^{k}f(x)dx=\sum _{i=0}^{\lfloor k/2\rfloor }\frac{{\beta }^{k-2i}}{{\alpha }^{2i}}\frac{k!}{(k-2i)!}$,

где $\lfloor s\rfloor$ — целая часть s.

Шаблон:Начало скрытого блока $\mathrm{E}{\xi }^k=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}{x}^{k}f(x)dx=\frac{\alpha }{2}\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\beta }{\int }}{x}^k{e}^{\alpha (x-\beta )}dx+\frac{\alpha }{2}\underset{\beta }{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}{x}^k{e}^{-\alpha (x-\beta )}dx$

Применяя формулу интегрирования по частям несколько раз, получаем:

$\int x^k{e}^{\alpha (x-\beta )}dx=\frac{1}{\alpha }{x}^k{e}^{\alpha (x-\beta )}-\frac{k}{{\alpha }^2}{x}^{k-1}{e}^{\alpha (x-\beta )}+\frac{k(k-1)}{{\alpha }^3}{x}^{k-2}{e}^{\alpha (x-\beta )}-$$\dots +(-1{)}^{k-1}\frac{k(k-1)\cdots 3\cdot 2}{{\alpha }^k}x{e}^{\alpha (x-\beta )}+(-1{)}^k\frac{k(k-1)\cdots 2\cdot 1}{{\alpha }^{k+1}}{e}^{\alpha (x-\beta )}$

$\int x^k{e}^{-\alpha (x-\beta )}dx=-\frac{1}{\alpha }{x}^k{e}^{-\alpha (x-\beta )}-\frac{k}{{\alpha }^2}{x}^{k-1}{e}^{-\alpha (x-\beta )}-\frac{k(k-1)}{{\alpha }^3}{x}^{k-2}{e}^{-\alpha (x-\beta )}-$$\dots -\frac{k(k-1)\cdots 3\cdot 2}{{\alpha }^k}x{e}^{-\alpha (x-\beta )}-\frac{k(k-1)\cdots 2\cdot 1}{{\alpha }^{k+1}}{e}^{-\alpha (x-\beta )}$

После подстановок пределов интегрирования:

$\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\beta }{\int }}{x}^k{e}^{\alpha (x-\beta )}dx=\frac{1}{\alpha }{\beta }^k-\frac{k}{{\alpha }^2}{\beta }^{k-1}+\frac{k(k-1)}{{\alpha }^3}{\beta }^{k-2}-$ $\dots +(-1{)}^{k-1}\frac{k(k-1)\cdots 3\cdot 2}{{\alpha }^k}\beta +(-1{)}^k\frac{k(k-1)\cdots 2\cdot 1}{{\alpha }^{k+1}}$

$\underset{\beta }{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}{x}^k{e}^{-\alpha (x-\beta )}dx=\frac{1}{\alpha }{\beta }^k+\frac{k}{{\alpha }^2}{\beta }^{k-1}+\frac{k(k-1)}{{\alpha }^3}{\beta }^{k-2}+\dots +\frac{k(k-1)\cdots 3\cdot 2}{{\alpha }^k}\beta +\frac{k(k-1)\cdots 2\cdot 1}{{\alpha }^{k+1}}$

Так как первый интеграл зависит от чётности k рассматриваются два случая: k — чётное и k — нечётное:

$\mathrm{E}{\xi }^k=\{\begin{array}{cc}{\beta }^k+\frac{k(k-1)}{{\alpha }^2}{\beta }^{k-2}+\dots +\frac{k(k-1)\cdots 2\cdot 1}{{\alpha }^k},& k=2n\\ {\beta }^k+\frac{k(k-1)}{{\alpha }^2}{\beta }^{k-2}+\dots +\frac{k(k-1)\cdots 3\cdot 2}{{\alpha }^{k-1}}\beta ,& k=2n+1\end{array}$

Или, в общем виде:

$\mathrm{E}{\xi }^k=\sum _{i=0}^{\lfloor k/2\rfloor }\frac{{\beta }^{k-2i}}{{\alpha }^{2i}}\frac{k!}{(k-2i)!}$, где $\lfloor s\rfloor$ — целая часть s. Шаблон:Конец скрытого блока

Характеристическая функция

$\varphi (t)=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{itx}f(x)dx=\frac{{\alpha }^2{e}^{it\beta }}{{\alpha }^2+t^2}$

Шаблон:Начало скрытого блока $\varphi (t)=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{itx}f(x)dx=\frac{\alpha }{2}\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\beta }{\int }}{e}^{itx}{e}^{\alpha (x-\beta )}dx+\frac{\alpha }{2}\underset{\beta }{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{itx}{e}^{-\alpha (x-\beta )}dx$

Оба интеграла находятся, используя формулу Эйлера $e^{ix}=\cos x+i\sin x$ и классический пример нахождения интегралов вида $\int e^{\alpha x}\sin \beta xdx$ и $\int e^{\alpha x}\cos \beta xdx$ (см. Интегрирование по частям:Примеры):

$\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\beta }{\int }}{e}^{itx}{e}^{\alpha (x-\beta )}dx=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\beta }{\int }}(\cos tx+i\sin tx)e^{\alpha (x-\beta )}dx=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\beta }{\int }}\cos tx{e}^{\alpha (x-\beta )}dx+i\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\beta }{\int }}\sin tx{e}^{\alpha (x-\beta )}dx=$ $=\frac{e^{\alpha (x-\beta )}}{{\alpha }^2+t^2}(\alpha \cos tx+t\sin tx){|}_{-\mathrm{\infty }}^{\beta }+i\frac{e^{\alpha (x-\beta )}}{{\alpha }^2+t^2}(a\sin tx-t\cos tx){|}_{-\mathrm{\infty }}^{\beta }=$ $=\frac{1}{{\alpha }^2+t^2}(\alpha e^{it\beta }+t(i\cos t\beta -\sin t\beta ))$

$\underset{\beta }{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{itx}{e}^{-\alpha (x-\beta )}dx=\underset{\beta }{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}(\cos tx+i\sin tx)e^{-\alpha (x-\beta )}dx=\underset{\beta }{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}\cos tx{e}^{-\alpha (x-\beta )}dx+i\underset{\beta }{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}\sin tx{e}^{-\alpha (x-\beta )}dx=$ $=\frac{e^{-\alpha (x-\beta )}}{{\alpha }^2+t^2}(-\alpha \cos tx+t\sin tx){|}_{\beta }^{+\mathrm{\infty }}+i\frac{e^{-\alpha (x-\beta )}}{{\alpha }^2+t^2}(-a\sin tx-t\cos tx){|}_{\beta }^{+\mathrm{\infty }}=$ $\frac{1}{{\alpha }^2+t^2}(\alpha e^{it\beta }-t(i\cos t\beta -\sin t\beta ))$

Окончательно характеристическая функция есть:

$\varphi (t)=\frac{\alpha }{2}\frac{1}{{\alpha }^2+t^2}(a{e}^{it\beta }+t(i\cos t\beta -\sin t\beta ))+\frac{\alpha }{2}\frac{1}{{\alpha }^2+t^2}(\alpha e^{it\beta }-t(i\cos t\beta -\sin t\beta ))=\frac{{\alpha }^2{e}^{it\beta }}{{\alpha }^2+t^2}$ Шаблон:Конец скрытого блока

Применение   

Распределение применяется для моделирования обработки сигналов, в моделировании биологических процессов, экономике и финансах. Распределение можно применить:   

• к кредитным рискам;
• к страховым случаям;   
• при работе с фильтром Кальмана.