RZĄD A Zadanie 1 W pewnej grupie ludzi co 10 człowiek jest

RZĄD A
Zadanie 1
W pewnej grupie ludzi co 10 człowiek jest daltonistą. Jakie jest prawdopodobieństwo, że wśród losowo wybranych 100 osob będzie od 5 do 10 daltonistów?
Jakie jest prawdopodobieństwo, że nie będzie żadnego daltonisty?
Rozwiazanie: Korzystamy z twierdzenia Moivre’a-Laplace’a.
a) Mamy znaleźć prawdopodobieństwo następującej nierówności: 5 < X < 12.
Standaryzujemy końce przedziałów, wiedząc, że np = 100 · 0.1 = 10 i npq =
10 · 0.9 = 9. Zatem:
P (5 < X < 12) ≈ P (−1.667 < Sn < 0.667) = Φ(0.667)−Φ(−1.667) = Φ(0.667)−1+Φ(1.667)
gdzie Sn oznacza zmienną po standaryzacji. b) Obliczamy x =
P (nie będzie żadanego daltonisty) ≈
0−10
√ .
9
Zatem
φ(−1.33)
√
.
9
Komentarz: Zastosowanie twierdzenia Poissona było również uznawane.
PUNKTACJA: Po 5 punktów za podpunkt.
Zadanie 2 Dane są dwie niezależne zmienne losowe X i Y o rozkładzie jednostajnym na przedziale < 0; 1 >. Proszę znaleźć dystrybuantę zmiennej U =
min{X, Y }.
Rozwiązanie: Ponieważ znamy dystrybuanty X i Y , to będizemy chcieli wyznaczyć nieznaną dystrybuantę zmiennej U jako funkcję znanych dystrybuant
Fx i FY . Zaczniemy od wyznaczenia wzoru ogólnego:
FU (u) = P (U < u) = P (min{X, Y } = u) = P (X < u ∨ Y < u) =
= P (X < u) + P (Y < u) − P (X < u ∧ Y < u) =
= FX (u) + FY (u) − P (X < u) · P (Y < u) = 2F (u) − F 2 (u),
gdzie F (·) oznacza dystrybuante rozkładu jednostajnego na predziale < 0; 1 >.
Dystrybuanta ta ma postać:
F (x) =


0







dla: x ≤ 0
x
dla: x ∈ (0; 1 >
1
dla: x > 1
Zatem aby uzyskać szukaną dystrybunate, wystarczy podstawić wynik do wzoru
ogólnego.
PUNKTACJA: Wyznaczenie wzoru ogólnego: 7p., wyznaczenie dystrybuanty
i podstawienie do wzoru ogólnego: 3p.
Zadanie 3
Proszę zbadać niezależność zmiennych losowych, znaleźć gęstść warunkową i
funkcję regresji X względem Y , jeśli łączny rozkład zmiennych losowych X i Y
1
określony jest na trapezie o wierzchołkach w punktach (−1, 0), (1, 0), (1, 3), (−1, 1).
Rozwiązanie:
Rozpoczynamy od narysowania na wykresie zależności między X i Y . W celu
oblizenia rozkładu łącznego liczymu pole trapezu, które wynosi 4. Ponieważ
objętość pod funkcją gęstości ma być równa 1, to wnioskujemy, że f (x, y) = 41 ,
dla x, y należących do trapezu T . Obliczamy rozkłady brzegowe:
Z
x+2
fX (x) =
0
Z
1
fY (y) =
−1
1
1
1
dy = (x + 2), dla: x ∈< −1; 1 >
4
4
1
1
dx = , dla: y ∈< 0; 1),
4
2
Z
fY (y) =
y−2
1
1
dx = (3 − y), dla: y ∈< 1; 3 > .
4
4
Widzimy zatem, że nie jest spełniony warunek f (x, y) = fX (x) · fY (y), a zatem
zmienne nie są niezależne.
Szukamy gęstości warunkowej f (X|Y ). Korzystamy ze wzoru: f (X|Y ) =
f (x,y)
fY (y) .
Mamy dwa przypadki:
1
1/4
= , dla: y ∈< 0; 1); x ∈< 0; 1),
1/2
2
1
f (X|Y ) =
, dla: y ∈< 1; 3 >; (y − 2) ≤ x ≤ 1.
3−y
f (X|Y ) =
Wobec tego funkcja regresji, czyli wartość oczekiwana X względem Y wynosi:
Z 1
1
1
x·
dx =
E(X|Y ) =
x · dx +
2
3
−
y
y−2
−1
1 1 1
1
=0+
[ x]
=
(1 − (y − 2)2 ) =
3 − y 2 y−2
2(3 − y)
[1 − (y − 2)][1 + (y − 2)]
(3 − y)(y − 1)
y−1
=
=
=
2(3 − y)
2(3 − y)
2
Z
1
KOMENTARZ: W zadaniu było dodatkowo polecenie wyliczenia dystrybuanty warunkowej, ale zorientowalam się, że nie robiliśmy żadnego przykładu dla
zmiennych zależnych, za co przepraszam. Polecenie zostało uznane za niebyłe.
PUNKTACJA: Rozkład łączny: 0.5 punkta, niezależność: wyznaczenie gęstości brzegowych po 2.5 punkta za każdą i sprawdzenie niezależności - 0.5 punkta,
gęstość warunkowa: 1.5 punkta, funkcja regresji: 2.5 punkta.
Zadanie 4
W dziesięcioelementowej partii towaru są 2 sztuki wadliwe. Wylosowano bez
zwrotu 2 sztuki. Niech zmienna X przyjmuje wartości równe liczbie sztuk wadliwych wśród 2 wylosowanych sztuk, a Y - wartość 1, jeśli pierwsza wylosowana
sztuka jest wadliwa i 0 w przeciwnym razie. Proszę wyznaczyć rozkład dwuwymiarowej zmiennej losowej (X, Y ), sprawdzić niezależność zmiennych, znaleźć
zmienną losową E(X|Y ) oraz wyznacyć jej funkcję charakterystyczną.
2
Rozwiązanie:
Wyznaczamy rozkład dwuwymiarowy:
2 1
10 9
2 8
P (X = 1, Y = 1) =
10 9
8 2
P (X = 1, Y = 0) =
10 9
8 7
P (X = 0, Y = 0) =
10 9
P (X = 2, y = 1) =
2
90
16
=
90
16
=
90
56
=
90
=
Zmienne nie są niezależne, bo np. P (X = 2, Y = 0) = 0, ale P (X = 2) · P (Y =
0) 6= 0.
Zmienną losową E(X|Y ) wyznaczamy tak jak w zadaniu 1 z zestawu 7, tj.
56
16
90
(0 ·
+ 1 + 2 · 0) =
72
90
90
90
16
2
E(X|Y = 1) =
(0 · 0 + 1 ·
+2 )=
18
90
90
E(X|Y = 0) =
2
9
10
9
Stąd:
2
72
,P =
9
90
10
18
E(X|Y ) =
,P =
9
90
E(X|Y ) =
Wyznaczenie funkcji charakterystycznej sprowadza się do podstawienia do wzoru
P
ϕ(t) = k eitxk · pk .
PUNKTACJA: Wyznaczenie rozkładu łącznego: 3p, sprawdzenie niezależności: 1p, E(X|Y ):3p, funkcja charakterystyczna: 3p.
Zadanie 5
Niech X i Y będą zmiennymi losowymi o tym samym rozkładzie N (m, s).
Proszę wyznaczyć współczynnik korelacji między zmiennymi U = aX + bY i
V = aX − bY , a2 + b2 > 0.
Rozwiazanie:
3
ρXY =
cov(x, y)
,
σ X σY
cov(U, V ) = EU V − EU EV = E(aX + bY )(aX − bY ) − E(aX + bY )E(aX − bY ) =
= E(a2 X 2 − b2 Y 2 ) − (a2 E 2 X − b2 E 2 Y ) = a2 (EX 2 − EX 2 ) − b2 (EY 2 − E 2 Y ) =
= a2 D2 X − b2 D2 Y = s2 (a2 − b2 ),
D2 U = E(aX + bY )2 − E(aX + bY )E(aX + bY ) =
= a2 EX 2 + 2abEXY + b2 EY 2 − aE 2 X − 2abEXEY − b2 E Y =
= a2 DX + b2 DY + 2ab · cov(X, Y ) = s2 (a2 + b2 ),
D2 V = E(a2 X 2 − 2abXY b2 Y 2 ) − (aE 2 X − 2abEXEY + b2 E 2 Y ) =
= a2 D2 X + b2 D2 Y − 2ab · cov(x, y) =
= s2 (a2 + b2 ),
ρ=
s2 (a2 − b2 )
a2 − b2
.
= 2
2
2
2
s (a + b )
a + b2
PUNKTACJA: 10 punktów.
4