Przykłady do listy zadań 3

Rachunek prawdopodobieństwa MAP1151
Wydział Elektroniki, rok akad. 2011/12, sem. letni
Wykładowca: dr hab. A. Jurlewicz
Przykłady do listy 3: Zmienne losowe dyskretne. Rozkłady Bernoulliego
(dwumianowy), Pascala, Poissona. Przybliżenie Poissona rozkładu
dwumianowego. Zmienne losowe typu ciągłego. Gęstość
prawdopodobieństwa. Rozkład jednostajny, normalny, wykładniczy.
Transformacje zmiennej losowej.
Przykłady do zadania 3.1 :
(a) Niech X oznacza ocenę z egzaminu (w czterostopniowej skali ocen: 2, 3, 4, 5) losowo wybranego
studenta z dużej grupie studenckiej. Rozkład tej zmiennej losowej podany jest w tabeli:
n
xn
pn
1
2
3
2
3
4
0,1 0,3 0,4
4
5
C
Wyznacz stałą C i oblicz prawdopodobieństwo, że ocena jest wyższa niż 3.
• pn ­ 0 ⇔ C ­ 0
•
4
P
n=1
pn = 0, 1 + 0, 3 + 0, 4 + C = 0, 8 + C = 1 ⇔ C = 0, 2
• Oba warunki spełnione są dla C = 0, 2.
• P (X > 3) = P (X = 4) + P (X = 5) = p3 + p4 = 0, 4 + 0, 2 = 0, 6
1
(b) Dla jakiej wartości stałej c ciąg pn = c ln 1 − 2 , n = 2, 3, . . ., określa rozkład pewnej
n
zmiennej losowej? Podać trzy różne przykłady takiej zmiennej losowej i wyliczyć dla każdego z
nich prawdopodobieństwo, że zmienna ta jest większa od 5,2 i mniejsza od 7,9999.
• pn ­ 0 dla każdego n wtedy i tylko wtedy, gdy c ¬ 0 (bo 1 −
•
∞
P
n=2
pn =
∞
P
n=2
1
n2
c(ln(n − 1) + ln(n + 1) − 2 ln n) = n→∞
lim c(ln 1 +
1
n
< 1).
− ln 2) = c(− ln 2) = 1
wtedy i tylko wtedy, gdy c = − ln12 .
• Oba warunki są spełnione dla c = − ln12 .
• Aby podać rozkład zmiennej losowej z wykorzystaniem pn trzeba jeszcze określić zbiór jej
wartości, czyli różnowartościowy ciąg (xn ).
Przykład 1.
Zmienna losowa X, dla której xn = n dla n = 2, 3, 4, . . .. (Zbiór wartości to {2, 3, . . .}.)
Wtedy P
= P (X = 6) + P (X = 7) = p6 + p7 =
(5, 2 < X< 7, 9999)
1
1
1
= − ln 2 ln 1 − 36 + ln 1 − 49 ≈ 0, 07.
Przykład 2.
Zmienna losowa Y , dla której xn = 12
dla n = 2, 3, 4, . . .. (Zbiór
wartości
to {6, 4, 3, 12
, . . .}.)
n
5
1
1
Wtedy P (5, 2 < Y < 7, 9999) = P (Y = 6) = p2 = − ln 2 ln 1 − 4 ≈ 0, 415.
Przykład 3.
Zmienna losowa Z, dla której xn = 8+n2 dla n = 2, 3, 4, . . .. (Zbiór wartości to {12, 17, . . .}.)
Wtedy P (5, 2 < Z < 7, 9999) = 0.
1
(c) Zmienna losowa X przyjmuje wartość xn = 2n, n = 1, 2, . . ., z prawdopodobieństwem pn
1
proporcjonalnym do n . Wyliczyć prawdopodobieństwo, że zmienna ta jest większa od 4,5 i
3
mniejsza od 6,3.
• ciag {xn } jest różnowartościowy;
c
• pn = n ­ 0 dla każdego n wtedy i tylko wtedy, gdy c ­ 0.
3
∞
∞
X
X
1
1
c
c
•
pn = c
= 1 wtedy i tylko wtedy, gdy c = 2.
= ·
1 =
n
3 1− 3
2
n=1
n=1 3
• Wszystkie warunki na ciąg określający rozkład są spełnione dla c = 2, tzn. pn =
• P (4, 5 < X < 6, 3) = P (X = 6) = p3 =
2
.
3n
2
≈ 0, 0741.
33
Przykład do zadania 3.2 :
(a) Wiadomo, że 1% skrzynek pomarańczy psuje się w czasie transportu. Z transportu w sposób
losowy pobiera się 10 skrzynek i transport ten jest odrzucany, gdy więcej niż 10% badanych
skrzynek zawiera popsute owoce. Jakie jest prawdopodobieństwo odrzucenia transportu?
• Model: schemat Bernoulliego, sukces-wybranie skrzynki z popsutymi owocami,
p = 0, 01 (1%), n = 10.
• Niech X oznacza ilość skrzynek z popsutymi owocami wśród 10 badanych.
X ma rozkład Bernoulliego B(n
=
10, p = 0, 01), czyli przyjmuje wartość xk = k
10
z prawdopodobieństwem pk = k (0, 01)k (1 − 0, 01)10−k dla k = 0, 1, . . . , 10.
• Transport jest odrzucany, gdy X > 10% · 10 = 1.
Prawdop.
zatem P (X > 1) = 1 − P (X = 0) − P (X = 1) =
odrzucenia transportu wynosi
10
10
0
10
= 1 − 0 (0, 01) (1 − 0, 01) − 1 (0, 01)1 (1 − 0, 01)9 ≈ 0, 0043.
(b) Na podstawie pewnych badań stwierdzono, że zmienna losowa X opisująca procent zanieczyszczeń w próbce rudy miedzi ma rozkład o dystrybuancie
F (x) =



0
dla x ¬ 0,
x3 (4 − 3x) dla 0 < x ¬ 1,


1
dla x > 1.
Wybrano niezależnie cztery próbki. Wyznaczyć prawdopodobieństwo, że
(1) dokładnie jedna próbka zawiera ponad 50% zanieczyszczeń;
(2) co najmniej jedna próbka zawiera ponad 50% zanieczyszczeń.
2
• Model: schemat Bernoulliego,
sukces-procent zanieczyszczeń w próbce jest większy niż 50%, czyli X > 0, 5;
11
, n = 4.
p = P (X > 0, 5) = 1 − lim F (x) = 16
x→0,5+
• Niech Y oznacza ilość próbek z więcej niż 50% zanieczyszczeń wśród
4 badanych
(czyli
11
ilość sukcesów w n = 4 próbach). Y ma rozkład Bernoulliego B n = 4, p = 16 , czyli
przyjmuje wartość xk = k z prawdopodobieństwem
k 4−k
11
pk = k4 16
1 − 11
dla k = 0, 1, . . . , 4.
16
• Mamy zatem
(1) P (Y = 1) =
4
1
11
16
1 1−
11
16
3
≈ 0, 084;
(2) P (Y ­ 1) = 1 − P (Y = 0) = 1 −
4
0
11
16
0 1−
11
16
4
≈ 0, 99.
(c) Rzucamy symetryczną kostką tak długo aż wypadnie „6”. Niech X oznacza liczbę wykonanych
rzutów. Jakie są możliwe wartości X i z jakim prawdopodobieństwem przyjmuje każdą z nich?
Wyznaczyć prawdopodobieństwo, że będzie potrzebna parzysta liczba rzutów.
• Model: schemat Bernoulliego, sukces-wypadła „szóstka”, p = 61 .
• X to czas oczekiwania na pierwszy sukces, który przyjmuje wartości k = 1, 2, . . . z praw
k
k−1
dopodobieństwami pk = P (X = k) = 1 − 61
· 16 = 15 · 56 .
• Prawdopodobieństwo, że będzie potrzebna parzysta liczba rzutów, wynosi
∞ 2l
P
P
5
5
= 11
≈ 0, 45.
P (X parzyste) =
pk = 15
6
k parzyste
l=1
(Uwaga: jest ono różne od 0,5).
(d) Gra polega na zarzucaniu krążków na kołek. Gracz otrzymuje ich sześć i rzuca je aż do pierwszego celnego rzutu. Obliczyć prawdopodobieństwo, że po zarzuceniu krążka zostanie graczowi
jeszcze co najmniej jeden krążek, jeżeli prawdopodobieństwo trafienia na kołek przy każdym
rzucie wynosi 0,1.
• Model: schemat Bernoulliego, sukces-trafienie na kołek, p = 0, 1.
• Wyobraźmy sobie, że mamy nieograniczoną liczbę krążków, i oznaczmy przez Y czas oczekiwania na pierwsze trafienie. Wiemy, że Y ma rozkład geometryczny Geo(0, 1), czyli
przyjmuje wartość xk = k z prawdop. pk = 0, 1 · (1 − 0, 1)k−1 dla k = 1, 2, . . ..
• Graczowi zostanie co najmniej jeden krążek, gdy Y ¬ 5.
Szukane prawdopod. wynosi zatem
P (Y ¬ 5) =
5
P
k=1
pk =
5
P
0, 1 · (0, 9)k−1 = 1 − (0, 9)5 ≈ 0, 41.
k=1
3
Przykłady do zadania 3.3 :
(a) Dla X o rozkładzie Bernoulliego B(n = 100, p = 0, 01) wyliczyć P (X > 2) i porównać otrzymany wynik z przybliżeniem Poissona.
• Ze wzorów dokładnych dostajemy
P (X >2) = 1 − (P (X = 0) + P (X = 1) + P (X = 2)) = 100 · 99
0, 012 0, 9998 ≈ 0, 0794.
= 1 − 0, 99100 + 100 · 0, 01 · 0, 9999 +
2
• Z tw. Poissona otrzymujemy przybliżenie
P (X > 2) ≈ 1 − p0 − p1 − p2 = 1 − 0, 3679 − 0, 3679 − 0, 1839 = 0, 0803, gdzie pk odczytane
są z tablic rozkładu Poissona dla λ = np = 100 · 0, 01 = 1.
Porównanie otrzymanych wartości P (X > 2):
wzory dokładne z tw. Poissona
0,0794
0,0803
(Błąd przybliżenia istotnie nie przekracza tu np2 = 0, 01.)
(b) Wśród ziaren pszenicy znajduje się 0.6% ziaren chwastów. Oszacować na podstawie przybliżenia
Poissona, jakie jest prawdopodobieństwo, że wśród 1000 losowo wybranych ziaren znajduje się
(1) co najwyżej 16 ziaren chwastów, (2) co najmniej 3 ziarna chwastów, (3) dokładnie 6 ziaren
chwastów. Oszacować błąd przybliżenia.
• Model: schemat Bernoulliego, sukces-natrafiono na ziarno chwastu, p = 0, 006, n = 1000.
• Niech X oznacza liczbę sukcesów, czyli liczbę ziaren chwastów wśród 1000 ziaren.
(1) P (X ¬ 16) ≈
16
P
pk = 0, 9998;
k=0
gdzie pk odczytane są z tablic rozkładu Poissona z λ = np = 1000 · 0, 006 = 6.
(2) P (X ­ 3) ≈ 1 − p0 − p1 − p2 = 1 − 0, 0025 − 0, 0149 − 0, 0446 = 1 − 0, 0620 = 0, 9380;
gdzie pk odczytane z tablic rozkładu Poissona z λ = np = 1000 · 0, 006 = 6.
(3) P (X = 6) ≈ p6 = 0, 1606,
gdzie p6 odczytane z tablic rozkładu Poissona z λ = np = 1000 · 0, 006 = 6.
Błąd przybliżenia w każdym przypadku nie przekracza np2 = 0, 036.
4
(c) Prawdopodobieństwo, że dowolna osoba odpowie na przesłaną pocztą reklamę i zamówi książkę,
wynosi 0,1. Reklamę wysłano do 20 osób. Obliczyć prawdopodobieństwo, że (1) dokładnie
2 osoby, (2) więcej niż 2 osoby przyślą zamówienia. Obliczenia wykonać metodą dokładną i
przybliżoną z tw. Poissona. Porównać wyniki.
• Model: schemat Bernoulliego, sukces-osoba odpowie na reklamę, p = 0, 1, n = 20.
• Niech X oznacza liczbę osób, które zamówiły książkę, czyli liczbę sukcesów.
(1) Wzór dokładny: P (X = 2) = 20
(0, 1)2 (1 − 0, 1)20−2 ≈ 0, 2852.
2
Przybliżenie Poissona: P (X = 2) ≈ p2 = 0, 2707; gdzie
p2 odczytane z tablic rozkładu Poissona z λ = np = 20 · 0, 1 = 2.
(2) Wzorydokładne:
P (X > 2) = 1 − P (X = 0) − P (X = 1) −
P(X = 2) =
20
20
0
20−0
1
20−1
= 1 − 0 (0, 1) (1 − 0, 1)
− 1 (0, 1) (1 − 0, 1)
− 20
(0, 1)2 (1 − 0, 1)20−2 =
2
= 1 − (0, 9)20 − 20 · 0, 1 · (0, 9)19 − 190 · (0, 1)2 · (0, 9)18 ≈ 0, 3231.
Przybliżenie Poissona:
P (X > 2) ≈ 1 − p0 − p1 − p2 = 1 − 0, 1353 − 0, 2707 − 0, 2707 = 0, 3233;
gdzie pk odczytane z tablic rozkładu Poissona z λ = np = 20 · 0, 1 = 2.
Porównanie otrzymanych wartości :
wzory dokładne z tw. Poissona
P (X = 2)
0,2852
0,2707
P (X > 2)
0,3231
0,3233
(Błąd przybliżenia istotnie nie przekracza np2 = 0, 2.)
(d) Przy masowych prześwietleniach małoobrazkowych prawdopodobieństwo natrafienia na chorego
na gruźlicę jest 0,01. Na podstawie przybliżenia Poissona oszacować prawdopodobieństwo, że
wśród 200 ludzi prześwietlonych będzie nie mniej niż 3 chorych. Oszacować błąd przybliżenia.
• Model: schemat Bernoulliego, sukces-pacjent jest chory, p = 0, 01, n = 200.
• Niech X oznacza liczbę chorych. Mamy oszacować P (X ­ 3).
• Przybliżenie Poissona: P (X ­ 3) ≈ 1 − p0 − p1 − p2 =
= 1 − 0, 1353 − 0, 2707 − 0, 2707 = 0, 3233;
gdzie pk odczytane z tablic rozkładu Poissona z λ = np = 200 · 0, 01 = 2.
• Błąd przybliżenia nie przekracza np2 = 0, 02.
5
Przykłady do zadania 3.4 :
(a) Czy można dobrać stałą c tak, aby funkcja f (x) =


0

x4/3
rozkładu probabilistycznego? Odpowiedź uzasadnić.
•
R∞
f (x)dx = c
−∞
R∞
1
c
dla x ¬ 1,
była gęstością pewnego
dla x > 1
∞
dx
−1/3 = 3c = 1 wtedy i tylko wtedy, gdy c = 13 .
=
−3cx
x4/3
1
• Dla takiego c f (x) ­ 0 dla każdego x, więc wtedy oba warunki na gęstość są spełnione.
• Odp. Tak, c = 31 .


(b) Czy można dobrać stałą c tak, aby funkcja f (x) = 
rozkładu probabilistycznego? Odpowiedź uzasadnić.
R∞
0
c
x1/3
dla x ¬ 1,
była gęstością pewnego
dla x > 1
R∞
dx
jest rozbieżna do c · ∞ dla c 6= 0 lub zbieżna do 0 dla c = 0.
1/3
−∞
1 x
Zatem f (x) nie może być gęstością niezależnie od c.
• Całka
f (x)dx = c
• Odp. Nie.
(
0 dla x ∈
/ [0, a],
była gęstością pew2
x dla x ∈ [0, a]
nego rozkładu probabilistycznego? Odpowiedź uzasadnić.
(c) Czy można dobrać stałą a tak, aby funkcja f (x) =
• a ­ 0 z postaci przedziału
• f (x) ­ 0 dla każdego x dla dowolnego a ­ 0
√
a3
= 1 wtedy i tylko wtedy, gdy a = 3 3.
3
−∞
0
√
• Oba warunki na gęstość są spełnione, gdy a = 3 3.
√
• Odp. Tak, dla a = 3 3 funkcja f (x) jest gęstością.
•
R∞
Ra
f (x)dx = x2 dx =
6
Przykład do zadania 3.5 :








0
dla x < −1,
c(x2 − 4) dla −1 ¬ x < 1,
dla 1 ¬ x < 2,
Dobrać stałą c tak, aby funkcja f (x) =  0
była gęstością pewnej zmien

c(x
−
5)
dla
2
¬
x
<
3,



 0
dla 3 ¬ x
nej losowej X. Wyliczyć P (0, 5 ¬ X < 1, 5) i P (X ­ 2, 5). Wyznaczyć dystrybuantę tej zmiennej
losowej.
• f (x) ­ 0 dla każdego x wtedy i tylko wtedy, gdy c ¬ 0 (wzory bez c dają funkcje ujemne na
podanych przedziałach).
1
f(x), c=1
2
1
−1
3
0
x
−1
−2
−3
−4
−5
−1.5
•
R∞
f (x)dx = c
−∞
R1
−1
−1
−0.5
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
R3
6
(x2 − 4)dx + c (x − 5)dx = − 59
c = 1 wtedy i tylko wtedy, gdy c = − 59
.
6
2
6
.
• Oba warunki na gęstość są spełnione, gdy c = − 59
• P (0, 5 ¬ X < 1, 5) =
1,5
R
0,5
6
= − 59
1
3
−4−
P (X ­ 2, 5) =
1
3·8
R∞
2,5
6
= − 59
9
2
− 15 −
f (x)dx = − 59
+2 =

1
6 R
(x2
41
236
− 4)dx =
0,5
 x3
3
1
− 4x
0,5
≈ 0, 174
3
6 R
(x − 5)dx
f (x)dx = − 59
2,52
2
6
− 59

=
2,5
+ 5 · 2, 5 =
6
− 59
 x2
2
3
− 5x
=
2,5
27
236
≈ 0, 114.
0.5
f(x), c=−6/59
P(0.5≤ X<1.5)
0.4
P( X≥ 2.5)
0.3
0.2
0.1
x
0
1.5
0.5
−0.1
−1.5
−1
−0.5
0
0.5
7
1
1.5
2.5
2
2.5
3
3.5
=
Rx
• Dystrybuanta ma postać F (x) =
f (t)dt =
−∞
=

















dla x < −1,
0
6
− 59
−6
Rx
−1
R1
2
(t − 4)dt
dla −1 ¬ x < 1,
(t2 − 4)dt
dla 1 ¬ x < 2,
59


−1


x


44
6 R


+
−
(t − 5)dt

59
59


2




 1
dla 2 ¬ x < 3,
44
dla 1 ¬ x < 2,
59





3x(10−x)−4



59






dla 2 ¬ x < 3,
dla 3 ¬ x
0.2
0.2
0.1
0.1
0
0
x
−1
F(x)
0.4
0.3
0
1
2
x
−0.1
3
0.5
−1
0
1
2
3
0.5
F(x)
0.4
0.3
0.2
0.2
0.1
0.1
0
0
x
−1
0
F(x)
+
0.4
+
0.3
−0.1
dla −1 ¬ x < 1,
0.5
F(x)
0.3
−0.1
dla x < −1,
1
dla 3 ¬ x
0.5
0.4
=




0





2(x(12−x2 )+11)




59


1
2
3
−1
0
1
F(x)
1
1
x
−0.1
0.8
44/59
≈ 0,7458
0.6
0.4
0.2
x
0
−1.5
−1
−1
1
−0.5
0
0.5
8
1
2
1.5
2
3
2.5
3
3.5
2
3
Przykłady do zadania 3.6 :
(a) Dobrać stałe A i B tak, aby funkcja



0
dla x ¬ 0,
2
F (x) = Ax + B dla 0 < x ¬ 1,


1
dla 1 < x
była dystrybuantą pewnej zmiennej losowej X o rozkładzie ciągłym. Znaleźć gęstość f (x) tego
rozkładu.
• Z przykładu 2.3 (a) wiemy, że dla A i B spełniających warunki:
0 ¬ B, 0 ¬ A ¬ 1 − B funkcja F jest dystrybuantą.
• Żeby mogła to być dystrybuanta rozkładu ciągłego, dodatkowo F musi być funkcją ciągłą,
co ma miejsce, gdy
0 = F (0) = lim F (x) = B
x→0+
A + B = F (1) = lim F (x) = 1,
x→1+
czyli dla A = 1 i B = 0. Wtedy



0 dla x ¬ 0,
F (x) = x2 dla 0 < x ¬ 1,


1 dla 1 < x.
f(x)
F(x)
2
1
x
0
x
0
1
dystrybuanta
1
gestosc
• Taka dystrybuanta F (x) jest różniczkowalna poza co najwyżej punktami x = 0 i x = 1,
zatem rozkład o takiej dystrybuancie jest ciągły o gęstości
(
f (x) =
F 0 (x) dla x 6= 1,
=
0
dla x = 1;
9
(
2x dla 0 < x < 1,
0 poza tym.



0
dla x ¬ −1,
(b) Dobrać stałe A i B tak, aby funkcja F (x) = A + B arc sin(x) dla −1 < x ¬ 1, była dys

1
dla 1 < x
trybuantą pewnej zmiennej losowej X o rozkładzie ciągłym. Znaleźć gęstość f (x) tego rozkładu.
• Dla wszystkich A i B funkcja F (x) jest lewostronnie ciągła oraz lim F (x) = 0
x→−∞
i x→∞
lim F (x) = 1.
• Żeby mogła to być dystrybuanta rozkładu ciągłego F musi być funkcją ciągłą, co ma
miejsce, gdy
0 = F (−1) = lim F (x) = A − B
π
2
x→−1+
π
A+B
2
czyli dla A =
1
2
= F (1) = lim F (x) = 1,
x→1+
i B = π1 .
• Dla takich A i B funkcja F jest niemalejąca na całej prostej, zatem jest dystrybuantą.
f(x)
F(x)
1
1
x
x
−1
−1
1
1
gestosc
dystrybuanta
• Ponadto wtedy F jest różniczkowalna poza punktami x = ±1, zatem rozkład o takiej
dystrybuancie
jest ciągły o gęstości
(
(
√1
dla − 1 < x < 1,
F 0 (x) dla |x| =
6 1,
f (x) =
= π 1−x2
0
dla |x| = 1;
0
poza tym.
10
(c) Dobrać stałe A, B i C tak, aby funkcja
Aex
dla x ¬ 0,
F (x) =  Bx + 0, 25 dla 0 < x ¬ ln 2,

C − e−x
dla x > ln 2



była dystrybuantą pewnej zmiennej losowej X o rozkładzie ciągłym. Znaleźć gęstość f (x) tego
rozkładu.
• Z przykładu 2.3 (b) wiemy, ze funkcja F jest dystrybuantą dla C = 1 oraz A i B spełnia.
jących warunki: 0 ¬ A ¬ 0, 25, 0 ¬ B ¬ 0,25
ln 2
• Żeby mogła to być dystrybuanta rozkładu ciągłego dodatkowo F musi być funkcją ciągłą.
Musimy więc mieć dodatkowo
A = F (0) = lim F (x) = 0, 25
x→0+
B ln 2 + 0, 25 = F (ln 2) = lim F (x) = C − 0, 5 = 0, 5
x→ln 2+
co daje A = 0, 25, B =
1
0,25
.
ln 2
1
F(x)
f(x)
1
0,25/ln 2
x
0
−8
0 ln 2
8
dystrybuanta
x
0
−8
0 ln 2
gestosc
8
• Dla takich stałych A i B funkcja F (x) jest różniczkowalna poza - być może - punktami
x = 0 i x = ln 2, zatem rozkład o takiej dystrybuancie
jest ciągły o gęstości

x

0, 25e dla x < 0,




(

dla x = 0,
 0
F 0 (x) dla x; 6= 0, x; 6= ln 2,
0,25
dla 0 < x < ln 2,
f (x) =
=
ln 2

0
dla poza tym;


0
dla
x = ln 2,



 e−x
dla x > ln 2
11
Przykłady do zadania 3.7 :
(a) Gracz rzuca kostką do gry i otrzymuje 25 zł za liczbę oczek podzielną przez 3, a płaci 5 zł
za każdy inny wynik. Ma on możliwość wykonania co najwyżej 5 rzutów, a jednocześnie musi
przerwać grę po pierwszej wygranej. Niech Y oznacza wynik gracza (w zł). Znaleźć rozkład
zmiennej losowej Y .
• X - czas oczekiwania na pierwszy sukces w schemacie Bernoulliego, sukces - liczba oczek
podzielna przez 3, p = 31
• X ma rozkład geometryczny Geo( 13 ), P (X = k) =
(
• Y =
1
3
k−1
2
3
dla k = 1, 2, . . .
25 + (−5) · (X − 1), gdy X ¬ 5,
−5 · 5 = −25,
gdy X > 5.
• Zatem P (Y = 25 − 5(k − 1)) =
4
P
P (Y = −25) = 1 −
k=1
1
3
k−1
2
3
1
3
k−1
2
=
3
dla k = 1, 2, 3, 4, 5
5
2
3
• Rozkład Y możemy także podać w tabeli:
X
1
2
3
4
5
>5
Y = yk
25
20
15
10
5
-25
pk
1
3
2
9
4
27
8
81
16
243
32
243
≈
0,3333
0,2222
0,1481
0,0988
0,0658
0,1318
(b) Zmienna losowa X ma rozkład wykładniczy Exp(1). Znaleźć rozkład zmiennej losowej Y = X 2 .
(
• X ma rozkład wykładniczy Exp(1), czyli gęstość postaci fX (x) =
0,
gdy x ¬ 0,
e−x , gdy x > 0.
• Dystrybuanta zmiennej losowej Z = X 2 to FZ (z) = P (Z < z) = P (X 2 < z) =
(
=
0,
gdy z ¬ 0,
√
√
√
√
√
P (|X| < z) = FX ( z) − FX (− z + 0) = FX ( z) − FX (− z), gdy z > 0;
0
gdzie FX (x) to dystrybuanta zmiennej losowej X, tak że fX (x) = FX (x) dla niemal
wszystkich x.
0
• FZ (z) odpowiada gęstości fZ (z) = FZ (z) dla niemal wszystkich z.
Zatem fZ (z) =



gdy z ¬ 0,



0,
gdy z ¬ 0,
√
√
1
1 −√z
=


, gdy z > 0.
 √ e
 √ (fX ( z) + fX (− z)), gdy z > 0.
2 z
2 z
0,
Zauważmy, że jest to rozkład Weibulla W 1, 12 .
12
(c) Promień kuli R ma rozkład jednostajny U(4, 9; 5, 1) cm. Kulę wykonano z żelaza o gęstości 7,88
g/cm3 . Znaleźć rozkład masy M tej kuli.
(
• Gęstość R ma postać: fR (r) =
gdy r ∈
/ [4, 9; 5, 1],
= 5, gdy r ∈ [4, 9; 5, 1].
0,
1
5,1−4,9
• Masa kuli równa jest M = a−3 R3 , gdzie a =
4·7,88π −1/3
3
≈ 0, 3117.
• Dystrybuanta zmiennej losowej M ma postać
FM (m) = P (M < m) = P (R3 < a3 m) = P (R < am1/3 ) = FR (am1/3 ),
gdzie FR (r) to dystrybuanta rozkładu R.
0
• Stąd M ma rozkład o gęstości fM (m) = FM (m) dla niemal wszystkich m.
(
Zatem fM (m) =
gdzie m1 =
a −2/3
m
fR (am1/3 )
3
4,9 3
a
=
0,
5a −2/3
m
,
3
≈ 3883, 3190, m2 =
5,1 3
a
gdy m ∈
/ [m1 , m2 ],
gdy m ∈ [m1 , m2 ],
≈ 4378, 5000.
(d) Zmienna losowa X ma rozkład Cauchy’ego C(0, 1). Znaleźć rozkład zmiennej losowej
Y = arctgX.
• Gęstość rozkładu Cauchy’ego C(0, 1) ma postać fX (x) =
1
.
π(1 + x2 )
Stąd dystrybuanta zmiennej losowej X ma postać
FX (x) =
Rx
−∞
fX (t)dt = π1 arctgx + 21 .
• Dystrybuanta zmiennej losowej Y = arctgX to FY (y) = P (Y < y) =
0,
gdy y ¬ − π2 ,
1
1
= P (X < tgy) = FX (tgy) = π y + 2 , gdy − π2 < y < π2 ,


1,
gdy y ­ π2 .



0
• FY (y) odpowiada gęstości fY (y) = FY (y) dla niemal wszystkich y.


Zatem fY (y) = 
0, gdy y ∈
/ − π2 , π2 ,
1
,
π
gdy y ∈ − π2 , π2 .
Jest to gęstość rozkładu jednostajnego U − π2 , π2 .
• Wniosek: Y ma rozkład jednostajny U − π2 , π2 .
13
(e) NiechqX będzie zmienną o rozkładzie normalnym N (0, 1). Znaleźć rozkład zmiennej losowej
Y = |X|.
• X ma rozkład normalny N (0, 1), czyli gęstość postaci fX (x) = √
1 − x2
e 2.
2π
q
• Dystrybuanta zmiennej losowej Y = |X| to FY (y) = P (Y < y) =
(
=
0,
gdy y ¬ 0,
P (|X| < y 2 ) = FX (y 2 ) − FX (−y 2 + 0) = FX (y 2 ) − FX (−y 2 ), gdy y > 0;
gdzie FX (x) to dystrybuanta rozkładu X.
0
• FY (y) odpowiada gęstości fY (y) = FY (y) dla niemal wszystkich y.



gdy y ¬ 0,
y4
4
−
2
2
 2y(fX (y ) + fX (−y )) = √ ye 2 , gdy y > 0.
2π
0,
Zatem fY (y) = 
14