10.1. Zadania#
Zadanie 1#
Dobierz stałą \(C\) tak, aby funkcja
\(f(x, y) = \begin{cases} C & \text{dla } (x, y)\in K, \\ 0 & \text{poza tym,} \end{cases}\)
gdzie \(K\) to obszar ograniczony krzywymi \(y = 1 − x^2\), \(y = 0\), była gęstością pewnego wektora losowego \((X, Y)\). Oblicz następnie \(P(0 < X < 0.5, \ 0 < Y < 1)\). Wyznacz rozkłady brzegowe wektora losowego \((X, Y)\).
Rozwiązanie
Należy pamiętać po jakim obszarze całkujemy, najlepiej naszkicować sobie najpierw na kartce.
Aby funkcja była gęstością musi spełniać dwa warunki:
\(f(x,y) \ge 0\) dla każdego \((x, y)\),
\(\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} f(x, y) dxdy = 1\).
Z pierwszego warunku wynika, że \(C \ge 0\), z drugiego mamy:
\(1 = \int\limits_{-\infty}^{\infty} \int\limits_{-\infty}^{\infty} f(x, y) dxdy = C \int\limits_{-1}^{1} dx \int\limits_{0}^{1-x^2} dy =\)
\( = C \int\limits_{-1}^{1} (1-x^2) dx = C [x-\frac{x^3}{3}]_{-1}^1 = \frac{4}{3}C,\)
stąd:
\(C = \frac{3}{4}\)
\(P(0 < X < 0.5, \ 0 < Y < 1) = \frac{3}{4} \int\limits_{0}^{0.5} dx \int\limits_{0}^{1-x^2} dy =\)
\( = \frac{3}{4} \int\limits_{0}^{0.5} (1-x^2) dy = \frac{3}{4} [x-\frac{x^3}{3}]_0^{0.5} = \frac{11}{32}.\)
Obliczę rozkłady brzegowe. W drugim przypadku należy pamiętać aby dobrze dobrać granice całkowania.
\(\frac{3}{4} \int\limits_{0}^{1-x^2} dy = \frac{3}{4} (1-x^2),\)
stąd:
\(f_1(x) = \begin{cases} \frac{3}{4} (1-x^2) & \text{dla } -1 \le x \le 1, \\ 0 & \text{dla pozostałych} x. \end{cases}\)
\(\frac{3}{4} \int\limits_{-\sqrt{1-y}}^{\sqrt{1-y}} dy = \frac{3}{4} (\sqrt{1-y} + \sqrt{1-y}) = \frac{3}{2}\sqrt{1-y},\)
stąd:
\(f_2(x) = \begin{cases} \frac{3}{2}\sqrt{1-y} & \text{dla } 0 \le y \le 1, \\ 0 & \text{dla pozostałych } y. \end{cases}\)
Zadanie 2#
Funkcja
\(f(x, y) = \begin{cases} \frac{3}{8}(x^2y + y) & \text{dla } 0 < x < 1, \ 0 < y < 2, \\ 0 & \text{poza tym,} \end{cases}\)
jest gęstością pewnego wektora losowego \((X, Y)\). Wyznacz rozkłady brzegowe tego wektora losowego. Sprawdź, czy zmienne losowe \(X\) i \(Y\) są niezależne.
Rozwiązanie
Rozkłady brzegowe:
\(\frac{3}{8} \int\limits_{0}^{1} (x^2y+y)dy = \frac{3}{8} [\frac{x^2y^2}{2} + \frac{y^2}{2}]_0^2 = \frac{3}{4}(x^2 + 1),\)
stąd:
\(f_1(x) = \begin{cases} \frac{3}{4}(x^2 + 1) & \text{dla } 0 \le x \le 1, \\ 0 & \text{dla pozostałych } x. \end{cases}\)
\(\frac{3}{8} \int\limits_{0}^{1} (x^2y+y)dy = \frac{3}{8} [\frac{x^3y}{3} + xy]_0^1 = \frac{y}{2},\)
stąd:
\(f_2(x) = \begin{cases} \frac{y}{2} & \text{dla } 0 \le y \le 2, \\ 0 & \text{dla pozostałych } y. \end{cases}\)
Niezależność:
\(f_1(x)f_2(y) = \frac{3}{4}(x^2 + 1) \cdot \frac{y}{2} = \frac{3}{8}(x^2y + y) = f(x, y).\)
Zmienne \(X\) oraz \(Y\) są więc niezależne.
Zadanie 3#
Dla jakiej stałej \(A\) funkcja \(g(y, z) = Ae^{-y-z}1_{(0, \infty)\times(0, \infty)}(y, z)\) jest gęstością prawdopodobieństwa pewnej zmiennej losowej \((Y, Z)\).
Rozwiązanie
Mamy:
\(1 = A\int\limits_0^\infty\int\limits_0^\infty e^{-y-z}dzdy = -A\int\limits_0^\infty e^{-y-z}\bigr|_0^\infty dy = A\int\limits_0^\infty e^{-y} dy = -A e^{-y}\bigr|_0^\infty = A,\)
stąd:
\(A = 1.\)
Zadanie 4#
Dla zmiennej losowej z poprzedniego zadania:
a) oblicz \(P(1 < Y < 2, 1 < Z < 2), P(Y+Z > 2), P(Z > 3|Y > 1)\),
b) znajdź dystrybuantę dwuwymiarową i dystrybuanty brzegowe.
c) Czy zmienne \(Y, Z\) są niezależne?
Rozwiązanie
a)
\(P(1 < Y < 2, 1 < Z < 2) = \int\limits_1^2 \int\limits_1^2 e^{-y-z}dzdy = \int\limits_1^2 \left(-e^{-y-z}\right)\bigr|_1^2 dy=\)
\(= \int\limits_1^2 \left(-e^{-y-2} -e^{-y-1}\right) dy = \left(e^{-y-2} -e^{-y-1}\right)\bigr|_1^2=\)
\(= \left(e^{-4} -e^{-3}\right) - \left(e^{-3} -e^{-2}\right) = e^{-4} + e^{-2}\)
\(P(Y+Z > 2) = 1 - P(Y+Z < 2) = \)
\(= 1 - P(Z < 2-Y) = 1 - \int\limits_0^2 \int\limits_0^{2-y} e^{-y-z}dzdy =\)
\(= 1 + \int\limits_0^2 e^{-y-z}\bigr|_0^{2-y} dy = 1 + \int\limits_0^2 e^{-y-2+y} -e^{-y} dy =\)
\(= 1 + \int\limits_0^2 e^{-2} -e^{-y} dy = 1 + \left[ye^{-2} + e^{-y} \right]_0^2 =\)
\(= 1 + \left[2e^{-2} + e^{-y} - 1\right] = 3e^{-2}\)
\(P(Z > 3|Y > 1) = \frac{P(Z > 3,Y > 1)}{P(Y > 1)} = \frac{\int\limits_1^\infty \int\limits_3^\infty e^{-y-z}dzdy}{\int\limits_1^\infty \int\limits_0^\infty e^{-y-z}dzdy} = e^{-3}\)
b)
Dystrybuanta dwuwymiarowa:
\(F(y, z) = \int\limits_0^y \int\limits_0^z e^{-u-v}dvdu = e^{-y-z}-e^{-y}-e^{-z}+1.\)
Dystrybuanty brzegowe:
\(F_1(y) = \int\limits_0^y \int\limits_0^\infty e^{-u-z}dzdu = 1 - e^{-y},\)
\(F_2(z) = \int\limits_0^z \int\limits_0^\infty e^{-y-v}dydv = 1 - e^{-z}.\)
c)
Zmienne są niezależne bo \(F(y, z) = F_1(y)F_2(z)\)
Zadanie 5#
Zmienna losowa \((X, Y)\) ma łączną gęstość prawdopodobieństwa:
\(f(x, y) = \begin{cases} x + y & \text{dla } (x, y) \in [0, 1] \times [0, 1], \\ 0 & \text{poza tym,} \end{cases}\)
oblicz \(P(X \le 0.8, Y > 0.25)\).
Rozwiązanie
\(P(X \le 0.8, Y > 0.25) = \int\limits_{0.25}^1 \left[ \int\limits_{0}^1 (x+y)dx \right]dy\)
\(= \int\limits_{0.25}^1 \left[ \frac{x^2}{2} + xy \right]_{x=0}^{x=0.8}dy = \int\limits_{0.25}^1 \left( \frac{0.8^2}{2} + 0.8y \right)dy\)
\(= \left[ \frac{0.8^2}{2}y + 0.8\frac{y^2}{2} \right]_{x=0.25}^{x=1} = 0.615\)
Zadanie 6#
Niech \((X, Y)\) oznacza parę liczb pseudolosowych wygenerowanych przez generator rozkładu jednostajnego. Wówczas gęstość:
\(f(x, y) = \begin{cases} 1 & \text{dla } (x, y) \in [0, 1], \\ 0 & \text{poza tym,} \\ \end{cases}\)
oblicz \(P(X < Y)\).
Rozwiązanie
\(P(X < Y) = \int\limits_{0}^1 \left[ \int\limits_{0}^y dx \right]dy = \int\limits_{0}^1 y dy =\frac{1}{2}.\)
Zadanie 7#
Niech:
\(f(x, y) = \begin{cases} Cx^2 & \text{dla } -1 \le x \le 1, \ 0 \le y \le x^2, \\ 0 & \text{poza tym,} \end{cases}\)
Dla jakiej wartości \(C\) funkcja \(f\) jest gęstością prawdopodobieństwa?
Rozwiązanie
\(1 = C\int\limits_{-1}^1 \left[ \int\limits_0^{x^2} x^2 dy\right]dx = C\int\limits_{-1}^1 \left[ yx^2 \right]_{y=0}^{y=x^2} dx = C\int\limits_{-1}^1 x^4 dx = C \frac{x^5}{5}|_{-1}^1 = \frac{2C}{5},\)
\(C = \frac{5}{2}\)
Zadanie 8#
Gęstość \(f\) ma postać:
\(f(x, y) = \begin{cases} Cx(x+y) & \text{dla } x,y \ge 0, \ \ \ y \le 1 - x, \\ 0 & \text{poza tym,} \end{cases}\)
oblicz \(P(X\le\frac{1}{2})\).
Rozwiązanie
\(1 = C\int\limits_0^1 \left[ \int\limits_0^{1-x} x(x+y) dy\right]dx =\)
\(= C\int\limits_0^1 \left[ yx^2 +\frac{xy^2}{2} \right]_{y=0}^{y=1-x}dx = C\int\limits_0^1 \left[ (1-x)x^2 +\frac{x}{2}(1-x)^2 \right] dx =\)
\(=C\int\limits_0^1 \left[ x^2-x^3 + \frac{x}{2}-x^2+\frac{x^3}{2} \right] dx = C\int\limits_0^1 \left[ \frac{x}{2}-\frac{x^3}{2} \right] dx =\)
\(= C \left[ \frac{x^2}{4}-\frac{x^4}{8} \right]_0^1 = \frac{1}{8} C\)
\(C = 8\)
\(P(X \le \frac{1}{2}) = 8\int\limits_0^{0.5} \left[ \int\limits_0^{1-x} x(x+y) dy\right]dx = 8\left[ \frac{x^2}{4}-\frac{x^4}{8} \right]_0^{0.5} = 8[\frac{1}{16} - \frac{1}{128}] = \frac{7}{16}\)
Zadanie 9#
Dwuwymiarowa zmienna losowa \((X, Y)\) ma gęstość:
\(f(x, y) = \begin{cases} \frac{3}{8}(x+y)^2 & \text{dla } (x,y) \in [-1,1]\times[-1,1], \\ 0 & \text{poza tym,} \end{cases}\)
a) Wyznacz gęstości brzegowe.
b) Czy zmienne losowe są niezależne?
Rozwiązanie
a)
\(f_X(x) = \frac{3}{8}\int\limits_{-1}^1 (x-y)^2 dy =\)
\(= \frac{3}{8}\int\limits_{-1}^1 (x^2-2xy+y^2) dy = \frac{3}{8}\left[x^2y-xy^2+\frac{y^3}{3}\right]_{y=-1}^{y=1} =\)
\(= \frac{3}{8}\left[x^2-x+\frac{1}{3} +x^2+x+\frac{1}{3}\right] = \frac{3}{8}\left[2x^2+\frac{2}{3}\right] =\)
\(= \frac{3}{4}\left[x^2+\frac{1}{3}\right]\)
\(f_Y(y) = \frac{3}{4}\left[y^2+\frac{1}{3}\right]\)
b)
Zmienne losowe nie są niezależne bo:
\(f_X(x)f_Y(y) \ne f(x, y)\)
Zadanie 10#
Zmienna losowa \((X, Y)\) ma gęstość:
\(f(x, y) = \begin{cases} Cxy & \text{dla } 0 < x < 1, \ 0 < y < 1, \\ 0 & \text{poza tym,} \end{cases}\)
znajdź:
a) \(C\),
b) \(P(X^2 < Y < X)\),
c) Dystrybuantę \(F\) zmiennej losowej \((X,Y)\).
Rozwiązanie
a)
\(1 = C \int\limits_0^1 \left[\int\limits_0^1 xy dy\right]dx = C \int\limits_0^1 x\left[\frac{y^2}{2}\right]_0^1dx = \frac{C}{2} \int\limits_0^1 xdx = \frac{C}{4}\)
\(C = 4\)
b)
\(P(X^2 < Y < X) = 4 \int\limits_0^1 \left[\int\limits_{x^2}^x xy dy\right]dx = 2 \int\limits_0^1 \left[x^3 - x^5\right]dx = \frac{1}{6}\)
c)
\((x, y) \in A\)
\(F(x, y) = 4\int\limits_0^x\left[ \int\limits_0^y uv dv\right]du = x^2y^2\)
\((x, y) \in B\)
\(F(x, y) = 4\int\limits_0^1\left[ \int\limits_0^y uv dv\right]du = y^2\)
\((x, y) \in C\)
\(F(x, y) = 4\int\limits_0^x\left[ \int\limits_0^1 uv dv\right]du = x^2\)
\((x, y) \in D\)
\(F(x, y) = 4\int\limits_0^1\left[ \int\limits_0^1 uv dv\right]du = 1\)
\((x, y) \in E\)
\(F(x, y) = 0\)
Ostatecznie:
\(F_{XY}(x, y) = \begin{cases} 0 & E=\{(x,y): x<0 \vee y<0\}, \\ x^2y^2 & A=\{(x,y): 0\le x<1 \wedge 0\le y<1\}, \\ y^2 & B=\{(x,y): x\ge1 \wedge 0\le y<1\}, \\ x^2 & C=\{(x,y): 0\le x<1 \wedge y\ge 1\}, \\ 1 & D=\{(x,y): x\ge1 \wedge y\ge 1\}, \\ \end{cases}\)
Zadanie 11#
Zmienna losowa \((X, Y)\) ma rozkład jednostajny w kole \(x^2+y^2\le4\). Czy \(X\), \(Y\) są niezależne?
Rozwiązanie
Zmienna losowa ma rozkład jednostajny więc jej gęstość to 1 nad pole obszaru całkowania. Obszar całkowania to koło, pole koła to:
\(P_k = \pi r^2 = 4\pi\),
stąd:
\(f(x, y) = \begin{cases} \frac{1}{4\pi} & \text{dla } x^2+y^2\le 4, \\ 0 & \text{poza tym,} \end{cases}\)
Obliczam gęstości brzegowe:
\(f_X(x) = \frac{1}{4\pi}\int\limits_{-\sqrt{4-x^2}}^{\sqrt{4-x^2}} dy = \frac{\sqrt{4-x^2}}{2\pi}\)
\(f_Y(y) = \frac{1}{4\pi}\int\limits_{-\sqrt{4-y^2}}^{\sqrt{4-y^2}} dx = \frac{\sqrt{4-y^2}}{2\pi}\)
\(f_X(x)f_Y(y)\ne f(x, y)\)
więc zmienne nie są niezależne.
Zadanie 12#
Zmienna losowa \((X,Y)\) ma rozkład jednostajny na zbiorze \(D=\{(x,y): x \ge 0, y \ge 0, x + y \le 1\}\). Oblicz:
a) \(Cov(X, Y)\),
b) współczynnik korelacji \(\rho\).
Rozwiązanie
Przedstawiony zbiór to trójkąt o polu powierzchni \(\frac{1}{2}\). Stąd gęstość prawdopodobieństwa to:
\(f(x, y) = \begin{cases} \frac{1}{\frac{1}{2}} = 2 & \text{dla } x \ge 0, y \ge 0, x + y \le 1, \\ 0 & \text{poza tym}. \end{cases}\)
a)
\(Cov(XY) = EXY - EXEY,\)
\(EXY = \int\limits_0^1 \left[\int\limits_0^{1-x} xy dy\right] dx = \frac{1}{12},\)
\(EX = \int\limits_0^1 \left[\int\limits_0^{1-x} x dy\right] dx = \frac{1}{3},\)
\(EY = \int\limits_0^1 \left[\int\limits_0^{1-x} y dy\right] dx = \frac{1}{3},\)
\(Cov(XY) = \frac{1}{12} - \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3} = -\frac{1}{36}.\)
b)
\(\rho(X,Y) = \frac{cov(X,Y)}{\sqrt{D^2(X)D^2(Y)}},\)
\(EX^2 = \int\limits_0^1 \left[\int\limits_0^{1-x} x^2 dy\right] dx = \frac{1}{6},\)
\(EY^2 = \int\limits_0^1 \left[\int\limits_0^{1-x} y^2 dy\right] dx = \frac{1}{6},\)
\(Var(X) = \frac{1}{6} - \frac{1}{9} = \frac{1}{18},\)
\(Var(Y) = \frac{1}{6} - \frac{1}{9} = \frac{1}{18},\)
\(\rho(X,Y) = \frac{-\frac{1}{36}}{\frac{1}{18}} = -\frac{1}{2}.\)
Zadanie 13#
Zmienne losowe \(X_1, X_2,...,X_n\) oznaczają wartości strat wygenerowanych w ciągu tego samego okresu przez \(n\) niezależnych polis ubezpieczeniowych. Można założyć, że \(X_i\) mają rozkłady wykładnicze o wartościach średnich 500 (zł). Oblicz wartość średnią i wariancję łącznej straty z tych polis.
Rozwiązanie
Oznaczę:
\(Z = X_1 + X_2+...+X_n\).
Ponieważ zmienne losowe są niezależne:
\(EZ = E(X_1 + X_2+\ldots+X_n) = EX_1 + EX_2+\ldots+EX_n = nEX_i = 500n\)
\(VarZ = Var(X_1 + X_2+\ldots+X_n) =\)
\(= VarX_1 + VarX_2+\ldots+VarX_n = nVarX_i = 2500n\)
Inna metoda:
Suma \(n\) zmiennych losowych z rozkładu wykładniczego ma rozkład \(Gamma(n, \lambda)\)
Wartość oczekiwana w rozkładzie gamma to: \(\frac{n}{\lambda} = 500n\).
Wariancja w rozkładzie gamma to \(\frac{n}{\lambda^2} = 2500n.\)
Zadanie 14#
Oblicz współczynnik korelacji między zmiennymi losowymi \(X\), \(Y\), jeśli wiadomo, że \(Var(X + Y) = 5\), \(Var(X - 2Y) = 2\), \(Var(Y) = 1\).
Rozwiązanie
Skorzystam ze wzoru:
\(Var(aX + bY) = a^2Var(X) + b^2Var(Y) + 2abCov(X, Y)\)
\(5 = Var(X + Y) = Var(X) + Var(Y) + 2Cov(X, Y),\)
\(2 = Var(X - 2Y) = Var(X) + 4Var(Y) - 4Cov(X, Y),\)
\(5 = Var(X) + 1 + 2Cov(X, Y),\)
\(2 = Var(X) + 4 - 4Cov(X, Y),\)
odejmuję stronami:
\(3 = -3 + 6Cov(X, Y)\)
\(Cov(X,Y) = 1\)
\(Var(X) = 4Cov(X, Y) - 2 = 2 \)
\(\rho = \frac{1}{\sqrt{2}}\)