8.1. Zadania

Zadanie 1

Wyznaczyć funkcję charakterystyczną rozkładu:
a) zero-jedynkowego,
b) geometrycznego,
c) dwumianowego,
d) liczby wyrzuconych orłów przy rzucie trzema monetami,
e) wykładniczego o gęstości

\(f(x) = \begin{cases} \frac{1}{\lambda}exp(-\frac{x-a}{\lambda}) & \text{dla } x > a, \\ 0 & \text{dla } x \le a, \\ \end{cases}\)

f) Laplace’a o gęstości

\(f(x) = \frac{1}{2}e^{-|x|}.\)

Rozwiązanie

a)

Gęstość rozkładu zero-jedynkowego to:

\(p_k = P(X = k) = \begin{cases} 1-p & \text{dla } k=0, \\ p & \text{dla } k=1, \\ \end{cases}\)

\(\phi(t) = \sum\limits_{k} p_k e^{itk} = (1-p)e^{it\cdot0} + pe^{it\cdot 1} = 1-p+pe^{it}.\)

b)

Gęstość rozkładu geometrycznego to:

\(p_k = P(X = k) = p(1-p)^{k-1} \text{ dla } k=1, 2, 3,...\)

\(\begin{aligned}\phi(t) &= \sum\limits_{k} p_k e^{itk} = \sum\limits_{k=1}^\infty p(1-p)^{k-1} e^{itk} = \\ &= \sum\limits_{k=1}^\infty pe^{it}(1-p)^{k-1} (e^{it})^{k-1} = pe^{it} \sum\limits_{k=1}^\infty [(1-p)e^{it}]^{k-1}.\end{aligned}\)

Powyżej jest suma szeregu geometrycznego, gdzie \(q = (1-p)e^{it}\) co daje:

\(\phi(t) = \frac{pe^{it}}{1-(1-p)e^{it}}.\)

c)

Gęstość rozkładu dwumianowego to:

\(p_k = P(X = k) = {n\choose k}p^kq^{n-k} \text{ dla } k=0, 1, 2,...,n; q= 1-p.\)

\(\phi(t) = \sum\limits_{k} p_k e^{itk} = \sum\limits_{k=0}^n {n\choose k}p^kq^{n-k}e^{itk} = \sum\limits_{k=0}^n {n\choose k}(pe^{it})^kq^{n-k} = (pe^{it} + q)^n.\)

Powyżej skorzystałem z wzoru dwumianowego.

d)

Liczby wyrzuconych orłów przy rzucie trzema monetami to zdarzenia z rozkładu dwumianowego, gdzie \(p = q = \frac{1}{2}\). Korzystając z poprzedniego przykadu:

\(\phi(t) = (\frac{1}{2}e^{it} + \frac{1}{2})^3 = \frac{1}{8}(e^{it} + 1)^3.\)

e)

\(\begin{aligned}\phi(t) &= \int\limits_{-\infty}^{\infty}e^{itx}f(x) dx = \int\limits_{a}^{\infty} e^{itx} \frac{1}{\lambda} \exp(-\frac{x-a}{\lambda}) dx = \\ &= \int\limits_{a}^{\infty} \frac{1}{\lambda} \exp\left(itx-\frac{x-a}{\lambda}\right)dx = \int\limits_{a}^{\infty} \frac{1}{\lambda} \exp\left[\frac{x(\lambda it-1) + a}{\lambda}\right]dx = \\ &= \int\limits_{a}^{\infty} \frac{1}{\lambda} \exp(\frac{a}{\lambda})\exp\left[\frac{x(\lambda it-1) + a}{\lambda}\right]dx = \\ &= \frac{1}{\lambda} \exp(\frac{a}{\lambda}) \int\limits_{a}^{\infty} \exp\left[\frac{x(\lambda it-1)}{\lambda}\right]dx\end{aligned}\)

Zbadam istnienie granicy:

\(\lim\limits_{N\to\infty} \int\limits_{a}^{\infty} \exp\left[\frac{x(\lambda it-1)}{\lambda}\right]dx = \lim\limits_{N\to\infty}\left[ \frac{\exp\left[\frac{x(\lambda it-1)}{\lambda}\right]}{\frac{\lambda it-1}{\lambda}}\right]_a^N = \)

\(= \frac{\lambda}{\lambda it - 1} \lim\limits_{N\to\infty}\left[ \exp\left[\frac{x(\lambda it-1)}{\lambda}\right]\right]_a^N = \)

\(= \frac{\lambda}{\lambda it - 1} \lim\limits_{N\to\infty} \exp\left[\frac{N\lambda it-N}{\lambda}\right] - \frac{\lambda}{\lambda it - 1} \exp\left[\frac{a\lambda it-a}{\lambda}\right] = \)

\(= \frac{\lambda}{\lambda it - 1} \lim\limits_{N\to\infty} \exp[-\frac{N}{\lambda}] \exp[N it] - \frac{\lambda}{\lambda it - 1} \exp\left[\frac{a\lambda it-a}{\lambda}\right] = \)

\(= \frac{\lambda}{\lambda it - 1} \lim\limits_{N\to\infty} \exp[-\frac{N}{\lambda}][\cos(Nt)+i\sin(Nt)] - \frac{\lambda}{\lambda it - 1} \exp\left[\frac{a\lambda it-a}{\lambda}\right]\)

Pierwszy składnik jest zerem, ponieważ jest to granica iloczynu funkcji, w którym pierwszy czynnik dąży do zera a drugi jest funkcją ograniczoną. Otrzymuję więc:

\(\begin{aligned}\phi(t) &= - \frac{1}{\lambda} \exp\left[\frac{a}{\lambda}\right] \frac{\lambda}{\lambda it - 1} \exp\left[\frac{a\lambda it-a}{\lambda}\right] = \\ &= \frac{\lambda}{1- \lambda it} \exp\left[\frac{a\lambda it-a}{\lambda}\right] \exp\left[\frac{a}{\lambda}\right] = \\ &= \frac{\lambda}{1- \lambda it} \exp\left[\frac{a\lambda it-a}{\lambda}+\frac{a}{\lambda}\right] = \\ &= \frac{e^{ait}}{1- \lambda it}.\end{aligned}\)

f)

\(|x| = \begin{cases} -x & \text{dla } x < 0, \\ x & \text{dla } x \ge 0, \\ \end{cases}\)

\(\begin{aligned}\phi(t) &= \int\limits_{-\infty}^{\infty}e^{itx}f(x) dx = \\ &= \int\limits_{-\infty}^{0}e^{itx}\frac{1}{2}e^{x} dx + \int\limits_{0}^{\infty}e^{itx}\frac{1}{2}e^{-x} dx = \\ &= \int\limits_{-\infty}^{0} \frac{1}{2}e^{itx+x}dx + \int\limits_{0}^{\infty}\frac{1}{2}e^{itx-x}dx = \\ &= \frac{1}{2}\left[ \int\limits_{-\infty}^{0} e^{itx+x}dx + \int\limits_{0}^{\infty}e^{itx-x}dx \right].\end{aligned}\)

Zbadam istnienie granic:

\(\lim\limits_{N\to\infty}\int\limits_{-N}^{0} e^{itx+x}dx + \lim\limits_{M\to\infty}\int\limits_{0}^{M}e^{itx-x}dx =\)

\(= \lim\limits_{N\to\infty} \left[\frac{e^{itx+x}}{it+1}\right]_{-N}^0 + \lim\limits_{M\to\infty} \left[\frac{e^{itx-x}}{it-1}\right]_0^M\)

\(= \frac{1}{it+1} - \lim\limits_{N\to\infty} \frac{e^{-itN-N}}{it+1} + \frac{1}{it-1} - \lim\limits_{M\to\infty} \frac{e^{itM-M}}{it-1}\)

\(=\frac{1}{it+1} - \lim\limits_{N\to\infty} e^{-N}\frac{\cos(Nt) - i\sin(Nt)}{it+1} + \lim\limits_{M\to\infty} e^{-M}\frac{\cos(Mt) + i\sin(Mt)}{it-1} - \frac{1}{it-1}.\)

Drugi i czwarty składnik jest zerem, ponieważ są to granice iloczynu funkcji, w których pierwszy czynnik dąży do zera a drugi jest funkcją ograniczoną. Otrzymuję więc:

\(\begin{aligned}\phi(t) &= \frac{1}{2}\left[\frac{1}{it+1} - \frac{1}{it-1} \right] = \\ &= \frac{1}{2}\left[\frac{it-1}{i^2t^2-1} - \frac{it+1}{i^2t^2-1} \right] = \\ &= \frac{1}{2}\left[\frac{it-1-it-1}{-t^2-1}\right] = \\ &= \frac{1}{2}\left[\frac{2}{t^2+1}\right] = \\ &= \frac{1}{t^2+1}\end{aligned}\)

Zadanie 2

Zmienna losowa \(X\) ma rozkład prawdopodobieństwa o funkcji charakterystycznej \(\phi\). Wyznaczyć funkcję charakterystyczną zmiennej: \(Y = aX+b\), gdzie \(a\), \(b\) są dowolnymi liczbami rzeczywistymi \((a \ne 0)\).

Rozwiązanie

\(Y = aX + b,\)

\(\begin{aligned}\phi_Y(t) &= E[e^{it(aX+b)}] = \int\limits_{-\infty}^\infty e^{it(ax+b)} f(x) dx = \\ &= \int\limits_{-\infty}^\infty e^{itax+itb} f(x) dx = e^{itb} \int\limits_{-\infty}^\infty e^{itax} f(x) dx = \\ &= e^{itb}\phi(at)\end{aligned}\)

Zadanie 3

Zmienna losowa \(X\) ma rozkład \(N(0,1)\), wyznaczyć rozkład zmiennej losowej \(Y = X^2\).

Rozwiązanie

\(f(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp(-\frac{x^2}{2}),\)

\(\begin{aligned} \phi(t) &= E[\exp(itX^2)] = \int\limits_{-\infty}^\infty \exp(itx^2) \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp(-\frac{x^2}{2})dx = \\ &= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int\limits_{-\infty}^\infty \exp(itx^2-\frac{x^2}{2})dx= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int\limits_{-\infty}^\infty \exp(-\frac{(x\sqrt{1-2it})^2}{2})dx= \\ &= \left|\begin{aligned} y = x\sqrt{1-2it} \\ dy = \sqrt{1-2it}dx \end{aligned}\right|= \frac{1}{\sqrt{2\pi} \sqrt{1-2it}}\int\limits_{-\infty}^\infty \exp(-\frac{y^2}{2})dy = \\ &= \frac{1}{\sqrt{2\pi} \sqrt{1-2it}} \sqrt{2\pi} = \\ &= \left(\frac{1}{1-2it}\right)^{\frac{1}{2}} \end{aligned}\)

Powyżej skorzystałem z informacji, że całka oznaczona z funkcji Gaussa wynosi \(\sqrt{2\pi}\).

Wynik to funkcja charakterystyczna rozkładu gamma o parametrach \(\lambda=2\), \(p=\frac{1}{2}\), a rozkład gamma z takimi parametrami to rozkład \(\chi^2\) z 1 stopniem swobody. Gęstość takiego rozkładu to:

\(f(x) = \frac{1}{\sqrt{2}\Gamma(\frac{1}{2})}x^{-\frac{1}{2}}e^{-\frac{x}{2}},\) dla \(x>0\).

Zadanie 4

Wyznaczyć gęstość prawdopodobieństwa zmiennej losowej \(X\), o funkcji charakterystycznej postaci:
a) \(\phi(t) = \exp(\frac{t^2}{2}),\)
b) \(\phi(t) = \begin{cases} 1-|t| & \text{dla } |t| \le 1, \\ 0 & \text{dla } |t| > 0, \\ \end{cases}\)
c) \(\phi(t) = e^{2it-3|t|},\)
d) \(\phi(t) = e^{2it},\)
e) \(\phi(t) = \cos(t),\)
f) \(\sum\limits_{k=1}(\frac{1}{2})^k\cos(kt).\)

Rozwiązanie

a)

Sprawdzam warunek czy mogę skorzystać z wzoru nr I:

\(\int\limits_{-\infty}^\infty \left|\exp(-\frac{t^2}{2})\right|dt = \sqrt{2\pi} < \infty.\)

Warunek jest spełniony więc korzystam z wzoru nr I:

\(\begin{aligned}f(x) &= \frac{1}{2\pi}\int\limits_{-\infty}^\infty \exp(-itx)\exp(-\frac{t^2}{2})dt = \frac{1}{2\pi}\int\limits_{-\infty}^\infty exp(-itx - \frac{t^2}{2})dt = \\ &= \frac{1}{2\pi}\int\limits_{-\infty}^\infty exp[-\frac{1}{2}t(ix + ix + t)]dt = \left|\begin{aligned} u = t + ix \\ du = dt \end{aligned}\right| = \\ &=\frac{1}{2\pi}\int\limits_{-\infty}^\infty exp[-\frac{1}{2}(u - ix)(u + ix)]du = \frac{1}{2\pi}\int\limits_{-\infty}^\infty exp[-\frac{1}{2}(u^2 +x^2)]du = \\ &=\frac{1}{2\pi}\exp(-\frac{x^2}{2}) \int\limits_{-\infty}^\infty exp(-\frac{u^2}{2})du = \frac{1}{2\pi}\exp(-\frac{x^2}{2}) \sqrt{2\pi} = \\ &= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp(-\frac{x^2}{2})\end{aligned}\)

b)

Sprawdzam warunek czy mogę skorzystać z wzoru nr I:

\(|1-|t|| = \begin{cases} 1-|t| & \text{dla } -1 < t < 1, \\ |t|-1 & \text{w p.p.}, \\ \end{cases}\)

\(|t| = \begin{cases} -t & \text{dla } t < 0, \\ t & \text{dla } t\ge0, \\ \end{cases}\)

\(\int\limits_{-1}^1 |1-|t||dt = \int\limits_{-1}^1 1-|t|dt = \)

\(= \int\limits_{-1}^0 (1+t)dt + \int\limits_0^1 (1-t)dt = (t+\frac{t^2}{2})\bigr|_{-1}^0 + (t-\frac{t^2}{2})\bigr|_0^1 = \)

\(= 0+0+1-\frac{1}{2}+1-\frac{1}{2}-0+0=1<\infty.\)

Warunek jest spełniony więc korzystam z wzoru nr I:

\(\begin{aligned}f(x) &= \frac{1}{2\pi}\int\limits_{-1}^1 \exp(-itx) (1-|t|) dt = \\ &= \frac{1}{2\pi}\left[\int\limits_{-1}^0 \exp(-itx) (1+t) dt + \int\limits_{0}^1 \exp(-itx) (1-t) dt\right] = \\ &= \frac{1}{2\pi}\left[\frac{ix - e^{ix} + 1}{x^2} - \frac{ix + e^{ix} -1}{x^2}\right] = \\ &= \frac{1}{2\pi}\left[\frac{-e^{ix} + 1 - e^{ix} +1}{x^2} \right] = \\ &= \frac{1}{2\pi}\left[\frac{2 - 2 \frac{e^{ix} + e^{ix}}{2}}{x^2} \right] = \\ &= \frac{1}{2\pi}\left[\frac{2 - 2\cos(x)}{x^2} \right] = \\ &= \frac{1 - \cos(x)}{\pi x^2}\end{aligned}\)

c)

Sprawdzam warunek na zastosowanie wzoru nr I:

\(|\phi(t)|=|e^{2it-3|t|}| = e^{-3|t|}|\cos(2t) + i\sin(2t)| = e^{-3|t|},\)

\(\int\limits_{-\infty}^\infty e^{-3|t|} dt = 2\int\limits_0^\infty e^{-3t} dt=\frac{2}{3} <\infty.\)

Warunek jest spełniony więc można użyć wzoru nr I:

\(f(x) = \frac{1}{2\pi}\int\limits_{-\infty}^\infty e^{-itx+2it-3|t|}dt.\)

W całce pojawiają się nieskończoności więc należy zbadać istnienie granic:

\(\lim\limits_{N\to\infty} \int\limits_{-N}^0 e^{-itx + 2it + 3t} dt + \lim\limits_{M\to\infty} \int\limits_0^M e^{-itx + 2it - 3t} dt =\)

\(= \lim\limits_{N\to\infty} \left[\frac{e^{3t + 2it + itx}}{3+2i-ix} \right]_{-N}^0 + \lim\limits_{M\to\infty} \left[\frac{e^{-3t + 2it - itx}}{-3+2i-ix} \right]_0^M =\)

\(= \frac{1}{3+2i-ix} - \lim\limits_{N\to\infty} \frac{e^{-3N - 2iN - iNx}}{3+2i-ix} + \lim\limits_{M\to\infty} \frac{e^{-3M + 2iM - iMx}}{-3+2i-ix} - \frac{1}{-3+2i-ix} =\)

\(= \frac{1}{3+2i-ix} - \lim\limits_{N\to\infty} e^{-3N} \frac{e^{-2iN - iNx}}{3+2i-ix} + \lim\limits_{M\to\infty} e^{-3M}\frac{e^{2iM - iMx}}{-3+2i-ix} - \frac{1}{-3+2i-ix} =\)

\(= \frac{1}{3+2i-ix} - \lim\limits_{N\to\infty} e^{-3N} \frac{\cos(-2N - Nx) + i\sin(-2N - Nx)}{3+2i-ix} +\)

\(+ \lim\limits_{M\to\infty} e^{-3M}\frac{\cos(2M-Mx) + i\sin(2M-Mx)}{-3+2i-ix} - \frac{1}{-3+2i-ix}\)

Drugi i trzeci składnik jest zerem, ponieważ są to granice iloczynu funkcji, w których pierwszy czynnik dąży do zera a drugi jest funkcją ograniczoną. Otrzymuję więc:

\(\begin{aligned}f(x) &= \frac{1}{2\pi}\left(\frac{1}{3+2i-ix} - \frac{1}{-3+2i-ix}\right) = \\ &= \frac{1}{2\pi}\left[\frac{1}{i(2-x)+3} - \frac{1}{i(2-x)-3}\right] = \\ &= \frac{1}{2\pi}\left[\frac{i(2-x)-3}{i^2(2-x)^2-9} - \frac{i(2-x)+3}{i^2(2-x)^2-9}\right] = \\ &= \frac{1}{2\pi}\left[\frac{i(2-x) - 3 - i(2-x) - 3}{-(2-x)^2-9}\right] = \\ &= \frac{1}{\pi}\frac{3}{(2-x)^2+9}\end{aligned}.\)

Jest to gęstość rozkładu Cauchy’ego o parametrach \(\mu = 2\), \(\lambda=3\).

d)

Ponieważ \(|\phi(t)| = 1\), więc nie istnieje całka skończona \(\int\limits_{-\infty}^\infty|\phi(t)|dt\) i nie można skorzystać z wzoru nr I. Ponieważ \(e^{2it}\) jest funkcją okresową, więc zmienna losowa jest typu skokowego. Korzystam więc z definicji funkcji charakterystycznej:

\(\sum\limits_k p_ke^{itx_k} \equiv e^{2it},\)

gdzie \(p_k = P(X = x_k).\)

Ponieważ funkcja charakterystyczna zmiennej losowej wyznacza rozkład jednoznacznie, to lewa strona powyższej tożsamości musi być równa prawej stronie. Jest to prawdą gdy:

\(p_k = 1,\)

\(x_k = 2.\)

Szukany rozkład to rozkład jednopunktowy:

\(P(X = 2) = 1.\)

e)

Nie istnieje całka skończona \(\int\limits_{-\infty}^\infty|\phi(t)|dt\) i nie można skorzystać z wzoru nr I. Ponieważ \(\cos(t)\) jest funkcją okresową, więc zmienna losowa jest typu skokowego. Korzystam więc z definicji funkcji charakterystycznej oraz z informacji o wzorze nr II: \(x_k = 0, \pm 1, \pm 2, ...\) i \(\sum_k p_k = 1\). Mam:

\(\sum\limits_k p_ke^{itx_k} \equiv \cos(t),\) gdzie \(p_k = P(X = x_k).\)

\(p_k(e^{itx_k} + e^{-itx_k}) \equiv \cos(t)\)

\(2p_k \cos(tx_k) \equiv \cos(t)\)

Wynika z tego, że:

\(x_k = 1 \vee x_k = -1,\)

\(p_k = \frac{1}{2}.\)

Szukany rozkład prawdopodobieństwa to:

\(P(X = -1) = \frac{1}{2},\) \(P(X = 1) = \frac{1}{2}.\)

f)

Nie istnieje całka skończona \(\int\limits_{-\infty}^\infty|\phi(t)|dt\) i nie można skorzystać z wzoru nr I. Ponieważ \(\cos(t)\) jest funkcją okresową, więc zmienna losowa jest typu skokowego. Korzystam więc z definicji funkcji charakterystycznej oraz z informacji o wzorze nr II: \(x_k = 0, \pm 1, \pm 2, ...\) i \(\sum_k p_k = 1\). Mam:

\(\sum\limits_k p_ke^{itx_k} \equiv \sum\limits_{k=1}(\frac{1}{2})^k\cos(kt),\) gdzie \(p_k = P(X = x_k).\)

\(p_k(e^{itx_k} + e^{-itx_k}) \equiv (\frac{1}{2})^k\cos(kt)\)

\(2p_k \cos(tx_k) \equiv (\frac{1}{2})^k\cos(kt)\)

Wynika z tego, że:

\(x_k = k \vee x_k = -k,\)

\(p_k = \frac{1}{2}(\frac{1}{2})^k.\)

Szukany rozkład prawdopodobieństwa to:

\(P(X = k) = \frac{1}{2}(\frac{1}{2})^{|k|},\) dla \(k\in\mathbb{Z}-\{0\}.\)

Zadanie 5

Wyznaczyć za pomocą funkcji charakterystycznych:
a) drugi moment zwykły rozkładu Poissona,
b) trzeci moment zwykły rozkładu dwumianowego,
c) czwarty moment zwykły rozkładu \(N(0, 1)\),
d) k-ty moment zwykły rozkładu wykładniczego, o gęstości

\(f(x) = \frac{1}{\lambda}\exp(-\frac{x}{\lambda})\) dla \(x>0\), \(\lambda>0\),

e) k-ty moment zwykły dwuparametrowego rozkładu gamma o gęstości

\(f(x) = \frac{a^p}{\Gamma(p)}x^{p-1}e^{-ax}\) dla \(x>0\), \(a, p >0\).

Rozwiązanie

W rozwiązaniach skorzystam z twierdzenia nr I.

a)

\(\phi(t) = e^{\lambda(e^{it}-1)},\)

\(\phi'(t) = \lambda i e^{it} e^{\lambda(e^{it}-1)},\)

\(\phi''(t) = -\lambda^2 e^{2it} e^{\lambda(e^{it}-1)} -\lambda e^{it} e^{\lambda(e^{it}-1)},\)

\(\phi''(0) = -\lambda^2-\lambda\)

\(EX^2 = \frac{1}{i^2}(-\lambda^2 - \lambda) = \lambda^2 + \lambda\)

b)

\(\phi(t) = (pe^{it}+q)^n,\)

\(\phi'(t) = inpe^{it}(e^{i t}p + q)^{n-1},\)

\(\phi''(t) = -npe^{it}(e^{it}p + q)^{n-1} - (n-1)np^2e^{2it}(e^{it}p + q)^{n-2},\)

\(\begin{aligned}\phi'''(t) &= -inpe^{it}(e^{it}p + q)^{n-1}-3in(n-1)p^2e^{2it}(e^{it}p + q)^{n-2} - \\ &- in(n-1)(n-2)p^3e^{3it}(e^{it}p + q)^{n-3},\end{aligned}\)

\(\begin{aligned}\phi'''(0) &= -inp(p + q)^{n-1}-3in(n-1)p^2(p + q)^{n-2} - \\ &- in(n-1)(n-2)p^3(p + q)^{n-3},\end{aligned}\)

ponieważ \(q = 1 - p\) to:

\(\begin{aligned}\phi'''(0) &= -inp - 3in(n-1)p^2 - in(n-1)(n-2)p^3 = \\ &= -inp[1 + 3(n-1)p + (n-1)(n-2)p^2].\end{aligned}\)

\(\begin{aligned}EX^3 &= -\frac{1}{i^3}inp[1 + 3(n-1)p + (n-1)(n-2)p^2] = \\ &= np[1 + 3(n-1)p + (n-1)(n-2)p^2].\end{aligned}\)

c)

\(\phi(t) = \exp(-\frac{t^2}{2}),\)

\(\phi'(t) = -t\exp(-\frac{t^2}{2}),\)

\(\phi''(t) = (t^2 - 1) \exp(-\frac{t^2}{2}),\)

\(\phi'''(t) = (-t^3 + 3t) \exp(-\frac{t^2}{2}),\)

\(\phi^{(4)}(t) = (t^4 - 6t^2 + 3) \exp(-\frac{t^2}{2}),\)

\(\phi^{(4)}(0) = 3,\)

\(EX^4 = \frac{1}{i^4}3 = 3.\)

Druga metoda:

Jeżeli znamy rozwinięcie funkcji eksponent w szereg Maclaurina to możemy w szybki sposób wyznaczyć k-ty moment zwykły danego rozkładu.

\(\exp(t) = \sum\limits_{k=0}^\infty \frac{t^k}{k!} \text{ dla } r\in\mathbb{R},\)

\(\exp(-\frac{t^2}{2}) = \sum\limits_{k=0}^\infty \frac{\left(-\frac{t^2}{2}\right)^k}{k!} = \sum\limits_{k=0}^\infty \frac{\left(-1\right)^k t^{2k}}{2^k k!} \text{ dla } r\in\mathbb{R},\)

Zgadnie z twierdzeniem I:

\(a_{2k} = \frac{\left(-1\right)^k}{2^k k!}\) dla \(k\in\mathbb{N_0},\)

\(EX^{2k} = \frac{\left(-1\right)^k (2k)!}{2^k k! i^{2k}} = \frac{(2k)!}{2^k k!}\) dla \(k\in\mathbb{N}.\)

Dla \(k=2\) mamy \(EX^4 = 3.\)

d)

Wyznaczę \(\phi^{(k)}(t)\):

\(\phi(t) = (1-\lambda it)^{-1}\)

\(\phi'(t) = \lambda i(1-\lambda it)^{-2},\)

\(\phi''(t) = 2 \lambda^2 i^2 (1-\lambda it)^{-3},\)

\(\phi'''(t) = 6 \lambda^3 i^3 (1-\lambda it)^{-4},\)

wynika stąd:

\(\phi^{(k)}(t) = k! \lambda^k i^k (1-\lambda it)^{-k-1},\)

\(\phi^{(k)}(0) = k! \lambda^k i^k,\)

\(EX^k = \frac{k! \lambda^k i^k}{i^k} = \lambda^k k!,\) \(k\in\mathbb{N}.\)

e)

Wyznaczę \(\phi^{(k)}(t)\):

\(\phi(t) = (1-\frac{it}{a})^{-p},\)

\(\phi'(t) = p\frac{i}{a}(1-\frac{it}{a})^{-p-1},\)

\(\phi''(t) = p(p+1)\left(\frac{i}{a}\right)^2(1-\frac{it}{a})^{-p-2},\)

\(\phi'''(t) = p(p+1)(p+2)\left(\frac{i}{a}\right)^3(1-\frac{it}{a})^{-p-3},\)

wynika stąd:

\(\phi^{(k)}(t) = p(p+1)(p+2) \dots (p+k-1)\left(\frac{i}{a}\right)^k(1-\frac{it}{a})^{-p-k},\)

\(\phi^{(k)}(0) = p(p+1)(p+2) \dots (p+k-1)\left(\frac{i}{a}\right)^k,\)

\(EX^k = \frac{1}{i^k} \frac{p(p+1)(p+2) \dots (p+k-1)i^k}{a^k} = \frac{p(p+1)(p+2) \dots (p+k-1)}{a^k},\) \(k\in\mathbb{N}.\)

Zadanie 6

Niech \(X\) i \(Y\) będą niezależnymi zmiennymi losowymi. Dla których spośród poniższych rozkładów zachodzi twierdzenie o dodawaniu? Wyznaczyć rozkład zmiennej losowej \(Z = X + Y\).
a) Poissona z parametrami \(\lambda_1\) i \(\lambda_2\),
b) wykładniczych z tym samym parametrem \(\lambda\),
c) gamma o gęstościach odpowiednio równych:

\(f(x) = \frac{a^{p_1}}{\Gamma(p_1)}x^{p_1-1}e^{-ax},\) \(x>0,\)

\(g(y) = \frac{a^{p_2}}{\Gamma(p_2)}y^{p_2-1}e^{-ay},\) \(y>0,\)

d) Cauchy’ego o gęstościach:

\(f(x) = \frac{\lambda_1}{\pi\left[\lambda_1^2 + (x - \mu_1)^2\right]},\)

\(g(y) = \frac{\lambda_2}{\pi\left[\lambda_2^2 + (y - \mu_2)^2\right]}.\)

Rozwiązanie

Skorzystam z twierdzenia nr I podpunkt 2: funkcja charakterystyczna sumy dowolnej skończonej liczby niezależnych zmiennych losowych równa się iloczynowi funkcji charakterystycznych tych zmiennych.

a)

\(\phi(t) = \exp[\lambda_1(e^{it}-1)]\exp[\lambda_2(e^{it}-1)]= \exp[(\lambda_1+\lambda_2)(e^{it}-1)]\)

Zachodzi twierdzenie o dodawaniu dla parametru \(\lambda\). Zmienna losowa \(Z\) pochodzi z rozkładu Poissona z parametrem \(\lambda = \lambda_1 + \lambda_2\).

b)

\(\phi(t) = \frac{1}{1-\lambda it}\frac{1}{1-\lambda it} = \frac{1}{(1-\lambda it)^2}\)

Nie zachodzi twierdzenie o dodawaniu. Zmienna losowa \(Z\) pochodzi z rozkładu gamma z parametrem \(p=2\).

c)

\(\phi(t) = \frac{1}{\left(1-\frac{it}{a}\right)^{p_1}}\frac{1}{\left(1-\frac{it}{a}\right)^{p_2}} = \frac{1}{\left(1-\frac{it}{a}\right)^{p_1+p_2}}\)

Zachodzi twierdzenie o dodawaniu dla parametru \(p\). Zmienna losowa \(Z\) pochodzi z rozkładu Gamma z parametrami \(\lambda = \frac{1}{a},\) \(p = p_1+p_2\).

d)

\(\phi(t) = \exp(i\mu_1t-\lambda_1|t|)\exp(i\mu_2t-\lambda_2|t|) = \exp[i(\mu_1+\mu_2)t-(\lambda_1+\lambda_2)|t|]\)

Zachodzi twierdzenie o dodawaniu dla parametrów \(\mu\) i \(\lambda\). Zmienna losowa \(Z\) pochodzi z rozkładu Cauchy’ego z parametrami \(\mu = \mu_1+\mu_2\), \(\lambda = \lambda_1+\lambda_2\).

Zadanie 7

Zmienna losowa ma rozkład geometryczny. Wyznaczyć rozkład sumy \(r\) niezależnych zmiennych losowych o tym samym rozkładzie geometrycznym.

Rozwiązanie

\(\phi(t) = \left(\frac{pe^{it}}{1-qe^{it}}\right)^r,\)

jest to funkcja charakterystyczna ujemnego rozkładu dwumianowego.

Zadanie 8

\(X_1,...,X_n\) są niezależnymi zmiennymi losowymi o tym samym rozkładzie \(N(\mu, \sigma)\). Wyznaczyć rozkład zmiennej losowej \(X = \frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n X_i\).

Rozwiązanie

Skorzystam z zadania nr 2 gdzie wyznaczyłem funkcję charakterystyczną zmiennej \(Y = aX + b\):

\(\phi_Y(t) = e^{itb}\phi_X(at)\),

gdy \(b=0\), to:

\(\phi_Y(t) = \phi_X(at)\).

Dalej będą oznaczenia zgodne z treścią tego zadania. Wyznaczę najpierw funkcję charakterystyczną zmiennej \(Y = \sum\limits_{i=1}^n X_i\):

\(\phi_Y(t) = \left[\exp(i\mu t - \frac{\sigma^2t^2}{2})\right]^n = \exp(ni\mu t - \frac{n\sigma^2t^2}{2})\)

Zmienna losowa \(X\) jest więc postaci:

\(X = \frac{1}{n} Y,\)

a jej funkcja charakterystyczna to:

\(\phi_X(t) = \phi_Y(\frac{1}{n} t),\)

\(\phi_X(t) = \exp\left[ni\mu \frac{1}{n}t - \frac{n\sigma^2\left(\frac{1}{n}t\right)^2}{2}\right] = \exp\left(i\mu t - \frac{\sigma^2 t^2}{2n}\right).\)

Jest to funkcja charakterystyczna zmiennej losowej pochodzącej z rozkładu \(N(\mu, \frac{\sigma}{\sqrt{n}})\).

Zadanie 9

\(X\) i \(Y\) są niezależnymi zmiennymi losowymi o rozkładach normalnych: \(N(\mu_1, \sigma_1)\), \(N(\mu_2, \sigma_2)\). Wyznaczyć rozkład zmiennej losowej \(Z=aX+bY\).

Rozwiązanie

Ponownie korzystam ze wzoru z zadania nr 2.

\(\begin{aligned}\phi(t) &= \exp(i\mu_1at - \frac{\sigma^2a^2t^2}{2})\exp(i\mu_1bt - \frac{\sigma^2b^2t^2}{2}) = \\ &= \exp\left[it(a\mu_1 + b\mu_2) - \frac{t^2}{2}(a^2\sigma_1^2 + b^2\sigma_2^2)\right].\end{aligned}\)

Jest to funkcja charakterystyczna zmiennej losowej pochodzącej z rozkładu \(N(a\mu_1 + b\mu_2, \sqrt{a^2\sigma_1^2 + b^2\sigma_2^2})\).

Zadanie 10

Niech \(X\) i \(Y\) będą niezależnymi zmiennymi losowymi o tym samym rozkładzie wykładniczym o gęstości:

\(f(x) = \begin{cases} e^{-x} & \text{dla } x>0, \\ 0 & \text{dla } x\le0. \end{cases}\)

Wyznaczyć rozkład zmiennej losowej \(Z = X - Y.\)

Rozwiązanie

Korzystam z wzoru z zadania nr 2 oraz z funkcji charakterystycznej rozkłady wykładniczego o parametrze \(\lambda = 1\):

\(\phi(t) = \frac{1}{1-it}\frac{1}{1+it} = \frac{1}{1+t^2}.\)

Jest to funkcja charakterystyczna zmiennej losowej pochodzącej z rozkładu Laplace’a.

Zadanie 11

Niech \(X\) i \(Y\) będą niezależnymi zmiennymi losowymi o jednakowych funkcjach charakterystycznych \(\phi(t)\). Wyznaczyć funkcję charakterystyczną zmiennej losowej \(Z = X - Y.\)

Rozwiązanie

\(\phi_Z(t) = \phi(t)\phi(-t) = \phi(t)\overline{\phi(t)} = |\phi(t)|^2,\)

gdzie \(\overline{\phi(t)}\) oznacza liczbę zespoloną sprzężoną z \(\phi(-t)\).

Zadanie 12

Wyznaczyć funkcję charakterystyczną rozkładu prawdopodobieństwa o gęstości:

\(f(x) = \begin{cases} \frac{1}{2}-\frac{|x|}{4} & \text{dla } |x| \le 2, \\ 0 & \text{dla pozostałych } x. \end{cases}\)

Rozwiązanie

\(\phi(t) = \int\limits_{-2}^2 \left(\frac{1}{2}-\frac{|x|}{4}\right)e^{itx}dx = \int\limits_{-2}^0 \left(\frac{1}{2}+\frac{x}{4}\right)e^{itx}dx + \int\limits_0^2 \left(\frac{1}{2}-\frac{x}{4}\right)e^{itx}dx\)

Obliczę powyższe całki oddzielnie:

\(\int\limits_{-2}^0 \left(\frac{1}{2} + \frac{x}{4}\right) e^{itx} dx = \int\limits_{-2}^0 \left(\frac{1}{2} + \frac{x}{4}\right) \left(\frac{e^{itx}}{it}\right)' dx =\)

\(= \left[\left(\frac{1}{2} + \frac{x}{4}\right) \left(\frac{e^{itx}}{it}\right) - \int\limits_{-2}^0 \frac{1}{4it} e^{itx} dx \right]_{-2}^0 = \left[\left(\frac{1}{2} + \frac{x}{4}\right) \left(\frac{e^{itx}}{it}\right) - \frac{e^{itx}}{4i^2t^2} \right]_{-2}^0 =\)

\(= \left[\left(\frac{1}{2} + \frac{x}{4}\right) \left(\frac{e^{itx}}{it}\right) + \frac{e^{itx}}{4t^2} \right]_{-2}^0 = \left[\frac{1}{2it} + \frac{1}{4t^2} \right] - \left[\frac{e^{-2it}}{4t^2} \right] =\)

\(= \frac{-2it}{4t^2} + \frac{1}{4t^2} - \frac{e^{-2it}}{4t^2} = \frac{-2it + 1 - e^{-2it}}{4t^2}\)

\(\int\limits_0^2 \left(\frac{1}{2} - \frac{x}{4}\right) e^{itx} dx = \int\limits_0^2 \left(\frac{1}{2} - \frac{x}{4}\right) \left(\frac{e^{itx}}{it}\right)' dx =\)

\(= \left[\left(\frac{1}{2} - \frac{x}{4}\right) \left(\frac{e^{itx}}{it}\right) + \int\limits_0^2 \frac{1}{4it} e^{itx} dx \right]_0^2= \left[\left(\frac{1}{2} - \frac{x}{4}\right) \left(\frac{e^{itx}}{it}\right) + \frac{e^{itx}}{4i^2t^2} \right]_0^2 =\)

\(= \left[\left(\frac{1}{2} - \frac{x}{4}\right) \left(\frac{e^{itx}}{it}\right) - \frac{e^{itx}}{4t^2} \right]_0^2 = \left[- \frac{e^{2it}}{4t^2} \right] - \left[\frac{1}{2it} - \frac{1}{4t^2} \right] =\)

\(= - \frac{e^{2it}}{4t^2} + \frac{2it}{4t^2} + \frac{1}{4t^2} = \frac{-e^{2it} + 2it + 1}{4t^2}\)

Stąd:

\(\begin{aligned}\phi(t) &= \frac{-2it + 1 - e^{-2it}}{4t^2} + \frac{-e^{2it} + 2it + 1}{4t^2} = \frac{2 - e^{-2it} - e^{2it}}{4t^2} \\ &= \frac{2 - 2\left(\frac{e^{-2it} + e^{2it}}{2}\right)}{4t^2} = \frac{2 - 2\cos(2t)}{4t^2} = \frac{1 - \cos(2t)}{2t^2} = \\ &= \frac{1 - 1 + 2\sin^2(t)}{2t^2} = \frac{\sin^2(t)}{t^2}.\end{aligned}\)

Zadanie 13

Zmienna losowa \(X\) ma rozkład wykładniczy z parametrem \(\lambda > 0\). Jaki rozkład ma zmienna \(Y=\lambda X\).

Rozwiązanie

\(\phi_Y(t) = \phi_X(\lambda t) = \frac{1}{1-i\lambda^2 t}\),

jest to funkcja charakterystyczna rozkładu wykładniczego z parametrem \(\lambda^2\).

Zadanie 14

Zmienna losowa ma rozkład gamma z parametrami \(\lambda, p > 0\). Jaki rozkład ma zmienna \(Y = pX\)?

Rozwiązanie

\(\phi_Y(t) = \phi_X(pt) = \frac{1}{(1-i\lambda pt)^p}\),

jest to funkcja charakterystyczna rozkładu gamma z parametrami \(\lambda p\), \(p\).

Zadanie 15

Zmienna losowa ma rozkład Cauchy’ego z parametrami \(\lambda>0,\ \mu \in R\).

Jaki rozkład ma zmienna losowa \(Y = (X-\mu)/ \lambda?\)

Rozwiązanie

\(Y = \frac{1}{\lambda}X - \frac{\mu}{\lambda}\)

\(\phi_Y(t) = \exp(-it\frac{\mu}{\lambda})\phi_X(\frac{1}{\lambda}t) = \exp(-it\frac{\mu}{\lambda})\exp(it\frac{\mu}{\lambda} - \lambda |\frac{1}{\lambda}t|) = \exp(-|t|)\),

jest to funkcja charakterystyczna rozkładu Cauchy’ego z parametrami \(\lambda = 1\), \(\mu=0\).