7.1. Zadania#
Zadanie 1#
Zmienna losowa \(X\) ma rozkład jednostajny na przedziale \([a, b]\). Oblicz \(E(X)\) oraz \(Var(X)\).
Rozwiązanie
Wartość oczekiwana:
\(\begin{aligned}E(X) &= \int\limits_{-\infty}^\infty xf(x)dx = \int\limits_{-\infty}^a x0dx + \int\limits_a^b x\frac{1}{b-a}dx + \int\limits_b^\infty x0dx = \\ &= \int\limits_a^b x\frac{1}{b-a}dx = \frac{1}{b-a}\int\limits_a^b xdx = \\ &= \frac{1}{b-a}\frac{x^2}{2}\bigr|_a^b = \frac{1}{b-a}\frac{b^2 - a^2}{2} = \\ &= \frac{(b-a)(b+a)}{2(b-a)} = \frac{b+a}{2}.\end{aligned}\)
Wariancja:
\(\begin{aligned}E(X^2) &= \int\limits_{-\infty}^\infty x^2f(x)dx = \int\limits_a^b x^2\frac{1}{b-a}dx = \\ &= \frac{1}{b-a}\int\limits_a^b x^2dx = \frac{1}{b-a}\frac{x^3}{3}\bigr|_a^b = \\ &= \frac{1}{b-a}\frac{b^3 - a^3}{3} = \frac{(b-a)(b^2+ab+a^2)}{3(b-a)} = \\ &= \frac{b^2+ab+a^2}{3}\end{aligned}\)
\(\begin{aligned}Var(X) &= E(X^2) - [E(X)]^2 = \frac{b^2+ab+a^2}{3} - \left(\frac{b+a}{2}\right)^2 = \\ &= \frac{4b^2+4ab+4a^2}{12} -\frac{3b^2+6ab+3a^2}{12} = \frac{b^2-2ab+a^2}{12} = \\ &= \frac{(b-a)^2}{12}.\end{aligned}\)
Można obliczyć wariancję z definicji ale wtedy jest dłużej bo jest więcej całek do liczenia.
Obliczę też dystrybuantę:
\(\int\limits_a^x \frac{1}{b-a} dt = \frac{1}{b-a}t\bigr|_a^x = \frac{x-a}{b-a}\)
\( F(x)={\begin{cases} 0 & \text{dla } x<a,\\ {\frac {x-a}{b-a}} & \text{dla } a\leq x\leq b,\\ 1 & \text{dla } x>b. \end{cases}} \)
Zadanie 2#
Czas opóźnienia pociągu (w minutach) na pewnej trasie jest zmienną losową \(X\) o gęstości:
\(f(x) = \begin{cases} 0 & \text{dla } x \notin [0, 10], \\ Cx & \text{dla } x \in [0, 10]. \end{cases}\)
Oblicz:
a) stałą \(C\),
b) \(E(X)\), \(Var(X)\),
c) \(P(X>5)\).
d) Wyznacz dystrybuantę zmiennej losowej \(X\).
Rozwiązanie
a)
Całka z gęstości prawdopodobieństwa musi równać się 1, więc:
\(1 = \int\limits_0^{10}C xdx = C\frac{x^2}{2} \bigr|_0^{10} = C\frac{100-0}{2} = 50C\)
\(C = \frac{1}{50}\)
\(f(x) = \begin{cases} 0 & \text{dla } x \notin [0, 10], \\ \frac{x}{50} & \text{dla } x \in [0, 10]. \end{cases}\)
b)
\(E(X) = \int\limits_0^{10}x\frac{x}{50}dx=\frac{1}{50}\int\limits_0^{10}x^2dx = \frac{1}{50} \frac{x^3}{3} \bigr|_0^{10} = \frac{1000}{150} = \frac{20}{3}.\)
\(E(X^2) = \frac{1}{50}\int\limits_0^{10}x^3dx = \frac{1}{50} \frac{x^4}{4} \bigr|_0^{10} = \frac{10000}{200} = 50.\)
\(Var(X) = 50 - \left( \frac{20}{3} \right)^2 = \frac{450}{9} - \frac{400}{9}= \frac{50}{9}.\)
c)
\(P(X>5) = \int\limits_5^{10}\frac{x}{50}dx = \frac{1}{50} \frac{x^2}{2} \bigr|_5^{10} = \frac{1}{100}(100-25)=0.75.\)
d)
\(\int\limits_0^x \frac{t}{50}dt = \frac{t^2}{100} \bigr|_0^x = \frac{x^2}{100}\)
\( F(x)= \begin{cases} 0 & \text{dla } x < 0, \\ \frac{x^2}{100} & \text{dla } x \in [0, 10], \\ 1 & \text{dla } x > 10. \end{cases}\)
Poprzedni podpunkt obliczony za pomocą dystrybuanty:
\(P(X>5) = 1 - P(X \le 5) = 1 - \frac{5^2}{100} = 0.75.\)
Zadanie 3#
Zmienna losowa \(Y\) ma dystrybuantę \(F(y) = A + B \cdot arctg(y),\) \(y \in (-\infty, \infty)\). Wyznacz stałe \(A\) i \(B\).
Rozwiązanie
Należy skorzystać z własności dystrybuanty:
\( \begin{cases} 0 = \lim\limits_{y\to -\infty}A + B \cdot arctg(y) = A - \frac{\pi}{2}B \\ 1 = \lim\limits_{y\to -\infty}A + B \cdot arctg(y) = A + \frac{\pi}{2}B \end{cases}\)
Dodaję stronami:
\(1 = 2A\)
\(\begin{cases} A = \frac{1}{2} \\ B = \frac{1}{\pi} \end{cases}\)
Zadanie 4#
Czas oczekiwania na połączenie z siecią informatyczną losowo wybranego klienta jest zmienną losową \(X\) o rozkładzie wykładniczym o wartości średniej 0.5 minuty.
a) Jaka jest wariancja czasu oczekiwania na połączenie z siecią?
b) Oblicz prawdopodobieństwo warunkowe, że klient będzie czekał co najmniej 2 minuty, jeśli czeka już 1 minutę.
Rozwiązanie
\(\begin{aligned}E(X) &= \int\limits_0^\infty x\lambda e^{-\lambda x}dx = \lambda\int\limits_0^\infty x \left(\frac{e^{-\lambda x}}{-\lambda}\right)'dx = \\ &= \left. \lambda \left( xe^{-\lambda x} + \frac{1}{\lambda} \int\limits_0^\infty e^{-\lambda x}dx \right) \right|_0^\infty = \left. \lambda \left(xe^{-\lambda x} - \frac{1}{\lambda^2} e^{-\lambda x}\right) \right|_0^\infty = \\ &= \left. \left(\lambda xe^{-\lambda x} - \frac{1}{\lambda} e^{-\lambda x}\right) \right|_0^\infty = \lim\limits_{x\to\infty} \left(\lambda xe^{-\lambda x} - \frac{1}{\lambda} e^{-\lambda x}\right) - \frac{1}{-\lambda} = \\ &=\lim\limits_{x\to\infty} \left(\lambda \frac{x}{e^{\lambda x}} - \frac{1}{\lambda} \frac{1}{e^{\lambda x}} \right) + \frac{1}{\lambda} = \lim\limits_{x\to\infty} \left(\lambda \frac{(x)'}{\left(e^{\lambda x}\right)'} - \frac{1}{\lambda} \frac{1}{e^{\lambda x}} \right) + \frac{1}{\lambda} = \\ &= \lim\limits_{x\to\infty} \left(\lambda \frac{1}{\lambda e^{\lambda x}} - \frac{1}{\lambda} \frac{1}{e^{\lambda x}} \right) + \frac{1}{\lambda} = 0 - 0 + \frac{1}{\lambda} = \\ &= \frac{1}{\lambda}\end{aligned}\)
\(\begin{aligned}E(X^2) &= \int\limits_0^\infty x^2 \lambda e^{-\lambda x}dx = \lambda \int\limits_0^\infty x^2 \left(\frac{e^{-\lambda x}}{-\lambda}\right)'dx = \\ &= \left. \lambda \left( x^2e^{-\lambda x} + \frac{2}{\lambda} \int\limits_0^\infty x e^{-\lambda x}dx \right) \right|_0^\infty = \\ &= \left. \lambda \left[ x^2e^{-\lambda x} + \frac{2}{\lambda} \int\limits_0^\infty x \left(\frac{e^{-\lambda x}}{-\lambda}\right)'dx \right] \right|_0^\infty = \\ &= \left. \lambda \left[ x^2e^{-\lambda x} + \frac{2}{\lambda}\left( xe^{\lambda x} + \frac{1}{\lambda} \int\limits_0^\infty e^{-\lambda x}dx \right) \right] \right|_0^\infty = \\ &= \lambda \left. \left[ x^2e^{-\lambda x} + \frac{2}{\lambda}\left( xe^{\lambda x} - \frac{1}{\lambda^2} e^{-\lambda x} \right) \right] \right|_0^\infty = \\ &= \left. \left[ \lambda x^2e^{-\lambda x} + 2 \left( xe^{\lambda x} - \frac{1}{\lambda^2} e^{-\lambda x} \right) \right] \right|_0^\infty = \\ &= \left. \left( \lambda x^2e^{-\lambda x} + 2xe^{\lambda x} - \frac{2}{\lambda^2} e^{-\lambda x} \right) \right|_0^\infty = \\ &= \lim_{x\to\infty} \left( \lambda x^2e^{-\lambda x} + 2xe^{\lambda x} - \frac{2}{\lambda^2} e^{-\lambda x} \right) - \left(-\frac{2}{\lambda^2}\right) = \\ &= \lim_{x\to\infty} \left( \lambda \frac{(x^2)''}{(e^{\lambda x})''} + 2\frac{(x)'}{(e^{\lambda x})'} - \frac{2}{\lambda^2} \frac{1}{e^{\lambda x}} \right) + \frac{2}{\lambda^2} = \\ &= \lim_{x\to\infty} \left( \lambda \frac{2}{\lambda^2e^{\lambda x}} + 2\frac{1}{\lambda e^{\lambda x}} - \frac{2}{\lambda^2} \frac{1}{e^{\lambda x}} \right) + \frac{2}{\lambda^2} = \\ &= 0 + 0 - 0 + \frac{2}{\lambda^2} = \frac{2}{\lambda^2}\end{aligned}\)
\(Var(X) = \frac{2}{\lambda^2} - \left( \frac{1}{\lambda} \right)^2 = \frac{2}{\lambda^2} - \frac{1}{\lambda^2} = \frac{1}{\lambda^2}\)
Dla danych z zadania:
\(E(X) = 0.5 = \frac{1}{\lambda}\)
\(\lambda = 2\)
\(Var(X) = \frac{1}{2^2} = \frac{1}{4}\)
Obliczę też dystrybuantę:
\(\int\limits_0^x \lambda e^{-\lambda t}dt = -e^{-\lambda t}\bigr|_0^x = 1-e^{-\lambda x},\)
\( F(x) = \begin{cases} 1-e^{-\lambda x} & x \ge 0, \\ 0 & x < 0. \end{cases} \)
b)
\(A\) - czeka co najmniej dwie minuty
\(B\) - czeka co najmniej jedną minutę
\(P(A|B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)} = \frac{P(A)}{P(B)} = \frac{1-P(A')}{1-P(B')} = \frac{1-1+e^{-2\cdot2}}{1-1+e^{-2\cdot1}} = \frac{e^{-4}}{e^{-2}} = e^{-2}\)
Zadanie 5#
Udowodnij tak zwaną własność braku pamięci rozkładu wykładniczego, tzn. wykaż, że dla zmiennej losowej Y o rozkładzie wykładniczym zachodzi: \(P(Y>y+h|Y>y) = P(Y>h)\), dla dowolnego \(y\) i \(h>0\).
Rozwiązanie
\(\begin{aligned}P(Y>y+h|Y>y) &= \frac{P(Y>y+h \cap Y>y)}{P(Y>y)} = \frac{P(Y>y+h)}{P(Y>y)} = \\ &= \frac{1-P(Y\le y+h)}{1-P(Y\le y)} = \frac{1-1+e^{-\lambda(y+h)}}{1-1+e^{-\lambda y}} = \\ &= e^{-\lambda h} = 1 - \left( 1 - e^{-\lambda h} \right) = \\ &= 1 - P(Y \le h) = \\ &= P(Y > h).\end{aligned}\)
Zadanie 6#
Zmienna losowa \(X\) ma dystrybuantę postaci:
\(F(x)= \begin{cases} 0 & \text{dla } x<0, \\ C & \text{dla } x=0, \\ 1 - 0.5e^{-3x} & \text{dla } x<0. \end{cases}\)
a) Znajdź stałą \(C\).
b) Znajdź dystrybuantę warunkową \(P(X \le x |X>0), \ x\in (-\infty, \infty)\).
c) Oblicz \(E(X|X>0)\).
Rozwiązanie
a)
Dystrybuanta musi być prawostronnie ciągła i rosnąca:
\(\lim\limits_{x\to 0^+}F(x) \ge C = F(0) = 1-0.5e^{-3 \cdot 0} = \frac{1}{2}\)
b)
Dla \(x \ge 0\):
\(\begin{aligned}P(X \le x |X > 0) &= \frac{P(X \le x \cap X > 0)}{P(X > 0)} = \frac{P(0 < X \le x)}{P(X > 0)} = \\ &= \frac{P(X\le x) - P(X\le0)}{1-P(X\le0)} = \frac{1 - 0.5e^{-3x} - \frac{1}{2}}{1 - \frac{1}{2}} = \\ &= 1-e^{-3x}.\end{aligned}\)
Dla \(x < 0\)
\(P(X \le x |X > 0) = \frac{P(X\le x \cap X > 0)}{P(X > 0)} = \frac{\emptyset}{P(X > 0)}=0.\)
\( P(X \le x |X > 0) = \begin{cases} 0 & \text{dla } x<0, \\ 1-e^{-3x} & \text{dla } x \ge 0. \end{cases}\)
c)
\(E(X|X>0) = E(X)\),
Wyznaczam gęstość \(X\) (pochodną dystrybuanty):
\( f(x) = \begin{cases} 0 & \text{dla } x\le0, \\ 1.5e^{-3x} & \text{dla } x > 0. \end{cases}\)
\(E(X) = \int\limits_0^\infty 1.5xe^{-3x}\)
Całka w Pythonie:
import scipy.integrate as integrate
import numpy as np
def f(x):
return 1.5*x*np.exp(-3*x)
result = integrate.quad(f, 0, np.inf)[0]
print("Wartosc oczekiwana:", result)
Zadanie 7#
Dochód brutto firmy w losowo wybranym miesiącu jest zmienną losową \(X\) o rozkładzie normalnym z wartością średnią \(\mu = 100\) (w tys. zł) i odchyleniem standardowym \(\sigma = 10\) (w tys. zł). Dochód netto jest obliczany zgodnie ze wzorem: \(Y = 0.9X-20\) (tys. zł).
a) Oblicz wartość oczekiwaną i wariancję dochodu netto firmy w losowym miesiącu.
b) Oblicz prawdopodobieństwo, że w losowo wybranym miesiącu dochód netto przekroczy 50 000 zł.
Rozwiązanie
a)
\(E(Y) = E(0.9X-20) = 0.9E(X)-20 = 0.9\cdot100-20 = 70,\)
\(Var(Y) = Var(0.9X-20) = 0.9^2Var(X) = 0.9^2\cdot 100 = 81\)
b)
\(\begin{aligned}P(Y > 50) &= P(0.9X-20 > 50) = P(X > \frac{50+20}{0.9}) \approx \\ &\approx P(X > 77.78) = 1-P(X \le 77.78)\end{aligned}\)
Można też ustandaryzować rozkład:
\(P(Z > \frac{77.78 - 100}{10}) = P(Z>-2.222) = P(Z<2.222)\)
import scipy.stats as st
print(1 - st.norm.cdf(77.78, 100, 10))
print(st.norm.cdf(2.222))
Zadanie 8#
Czas codziennego dojazdu do pracy Jacka (w minutach) jest zmienną losową o rozkładzie jednostajnym na przedziale \([30, 50]\). Jaki jest maksymalny czas dojazdu do pracy, którego nie przekracza 50% dojazdów do pracy Jacka.
Rozwiązanie
Należy obliczyć medianę. Z dystrybuanty rozkładu jednostajnego:
\(\frac{x-30}{50-30}=0.5\)
\(x = 40\)
Zadanie 9#
Zmienna losowa \(X\) pochodzi z rozkładu wykładniczego z parametrem 2. Niech \(Y=X^2\).
a) Oblicz \(EY\).
b) Znajdź gęstość zmiennej \(Y\).
Rozwiązanie
Gęstość rozkładu wykładniczego:
\( f(x; \lambda) = \begin{cases} \lambda e^{-\lambda x} & x \ge 0, \\ 0 & x < 0. \end{cases}\)
Dystrybuanta:
\( F(x;\lambda) = \begin{cases} 1-e^{-\lambda x} & x \ge 0, \\ 0 & x < 0. \end{cases} \)
a)
\(E(Y) = E(X^2) = \int\limits_0^\infty 2x^2e^{-2x}=\frac{1}{2}.\)
import scipy.integrate as integrate
import numpy as np
def f(x):
return 2*x**2*np.exp(-2*x)
result = integrate.quad(f, 0, np.inf)[0]
print("Wartosc oczekiwana:", result)
b)
\(F_Y(t) = P(Y\le t) = P(X^2\le t) = P(X\le \sqrt{t}) = 1-e^{-\lambda \sqrt{t}}\)
\(f_Y(t) = F_Y'(t) = (-e^{-\lambda \sqrt{t}})(-\frac{1}{2}\lambda t^{-\frac{1}{2}}) = \frac{\lambda}{2\sqrt{t}}e^{-\lambda \sqrt{t}}\)
import scipy.stats as st
print(2*st.norm.cdf(-1))
print(1 + st.norm.cdf(0, 3, 5) - st.norm.cdf(2,3,5))
Zadanie 10#
Zmienna losowa \(X\) ma gęstość określoną wzorem:
\( f(x) = \begin{cases} 3e^{3x} & x < 0, \\ 0 & x \ge 0. \end{cases}\)
Znajdź gęstość i dystrybuantę zmiennej losowej \(Y = X^3+2\).
Rozwiązanie
Na początku należy znaleźć dystrybuantę zmiennej losowej \(X\):
\(F_X(t) = 3\int\limits_{-\infty}^t e^{3x}dx = e^{3t},\) dla \(x < 0\)
\(F_Y(y) = P(X^3+2\le y) = P(X\le (y-2)^\frac{1}{3}) = e^{3(y-2)^\frac{1}{3}}\), dla \(x < 0\).
\(f_Y(y) = F_Y'(y) = \frac{e^{3(y-2)^\frac{1}{3}}}{(y-2)^\frac{2}{3}}\), dla \(x < 0\).
Zadanie 11#
Gęstością zmiennej losowej \(Z\) jest funkcja:
\(f(z) = 0.5e^{-|z|},\ z \in(-\infty, \infty).\)
a) Wyznacz dystrybuantę zmiennej losowej \(Z\).
b) Oblicz \(E(Z)\).
c) Oblicz \(P(|Z|<1)\).
Rozwiązanie
a)
\(\begin{cases} |z| = z & \text{dla } z \ge 0,\\ |z| = -z & \text{dla } z < 0, \end{cases}\)
Dla \(z < 0\):
\(\int\limits_{-\infty}^t 0.5e^zdz = 0.5e^t\)
Dla \(z \ge 0\):
\(0.5e^0 + \int\limits_0^t 0.5e^{-z}dz = 1-0.5e^{-t}\)
Ostatecznie:
\(F_Z(t) = \begin{cases} 0.5e^t & \text{dla } t < 0, \\ 1-0.5e^{-t} & \text{dla } t \ge 0. \end{cases}\)
b)
\(E(Z) = \int\limits_{-\infty}^\infty 0.5ze^{-|z|}dz = 0\)
import scipy.integrate as integrate
import numpy as np
def f(x):
return 0.5*x*np.exp(-abs(x))
result = integrate.quad(f, -np.inf, np.inf)[0]
print("Wartosc oczekiwana:", result)
c)
\(\begin{aligned}P(|Z| < 1) &= P(-1 < Z < 1) = P(Z < 1)-P(Z < -1) = \\ &= 1-0.5e^{-1}-0.5e^{-1} \approx 0.63\end{aligned}\)
Zadanie 12#
Zmienna losowa \(X\) ma rozkład wykładniczy z parametrem \(\lambda = 0.2\). Niech \(Y = min(X,2)+1\).
a) Oblicz \(P(Y<2)\), \(P(Y>3)\).
b) Wyznacz dystrybuantę \(F_Y\) zmiennej losowej \(Y\).
Rozwiązanie
a)
\(\begin{aligned}P(Y < 2) &= P(\min(X,2) + 1 < 2) = P(\min(X,2) < 1) = \\ &= 1 - P(\min(X,2) \ge 1) = 1 - P(X \ge 1, 2 \ge 1) = \\ &= 1 - (1 - P(X < 1)) = P(X < 1) = \\ &= 1 - e^{-0.2} = 0.181.\end{aligned}\)
\(\begin{aligned}P(Y>3) &= P(\min(X,2) + 1 > 3) = P(\min(X,2) > 2) = \\ &= P(X > 2, 2 > 2) = 0, \text{ bo } P(2>2) = 0.\end{aligned}\)
b)
\(\begin{aligned}P(Y \le t) &= P(\min(X,2) + 1 \le t) = P(\min(X,2) \le t - 1) = \\ &= 1 - P(\min(X,2) > t - 1) = 1 - P(X>t-1, t<3).\end{aligned}\)
Dla \(t<3\):
\(1 - P(X>t-1, t<3) = 1 - P(X>t-1) = P(X \le t-1) = 1-e^{-0.2(t-1)}.\)
Dla \(t \ge 3\):
\(1 - P(X>t-1, t<3) = 1.\)
Szukana dystrybuanta:
\(F_Y(t)= \begin{cases} 0 & \text{dla } t<1, \\ 1-e^{-0.2(t-1)} & \text{dla } t \in [1, 3), \\ 1 & \text{dla } t\ge 3. \end{cases}\)
Zadanie 13#
Zmienna losowa \(X\) ma rozkład jednostajny \(U(0,1)\). Niech \(Y=2X+3\). Znajdź gęstość \(f_Y\) zmiennej \(Y\).
Rozwiązanie
\(P(Y \le t) = P(2X+3) = P(X \le \frac{t-3}{2}) = F_X(\frac{t-3}{2}) = \frac{\frac{t-3}{2}-0}{1-0} = \frac{t-3}{2}\)
\(F_Y(t)= \begin{cases} 0 & \text{dla } t<3, \\ \frac{t-3}{2} & \text{dla } t \in [3, 5), \\ 1 & \text{dla } t \ge 5. \end{cases}\)
Obliczam pochodną dystrybuanty aby otrzymać gęstość:
\(f_Y(t)= \begin{cases} 0 & \text{dla } t \notin [3, 5], \\ \frac{1}{2} & \text{dla } t \in [3, 5], \\ \end{cases}\)
Zadanie 14#
Gęstością zmiennej losowej \(T\) jest funkcja:
\(f_T(t)= \begin{cases} 0 & \text{dla } t \notin (0, 1), \\ 2t & \text{dla } t \in (0, 1), \\ \end{cases}\)
Zmienna losowa \(X\) określona jest wzorem \(X = -T^3 + 1\).
a) Znajdź gęstość \(f_X\) zmiennej losowej \(X\).
b) Znajdź dystrybuantę zmiennej losowej \(X\).
Rozwiązanie
a)
Na początku należy znaleźć dystrybuantę zmiennej losowej \(T\):
\(P(T \le x) = \int\limits_0^x 2t dt = x^2\)
\(F_T(x)= \begin{cases} 0 & \text{dla } x < 0, \\ x^2 & \text{dla } t \in [0, 1), \\ 1 & \text{dla } t \ge 1. \end{cases}\)
Szukam dystrybuanty zmiennej \(X\):
\(\begin{aligned}P(X \le t) &= P(-T^3 + 1 \le t) = P(T > (1-t)^\frac{1}{3}) = \\ &= 1 - P(T \le (1-t)^\frac{1}{3}) = 1 - F_T((1-t)^\frac{1}{3}) = \\ &= 1 - (1-t)^\frac{2}{3}\end{aligned}\)
\(F_X(t)= \begin{cases} 0 & \text{dla } t < 0, \\ 1 - (1-t)^\frac{2}{3} & \text{dla } t \in [0, 1), \\ 1 & \text{dla } t \ge 1. \end{cases}\)
Gęstość to pochodna dystrybuanty:
\(f_X(t)= \begin{cases} 0 & \text{dla } t \notin (0, 1), \\ \frac{2}{3}(1-t)^{-\frac{1}{3}} & \text{dla } t \in (0, 1), \\ \end{cases}\)
Zadanie 15#
Zmienna losowa \(X\) ma rozkład normalny \(N(5, 1)\). Niech \(Y=X^3+2X^2-3\). Oblicz \(E(Y)\).
Rozwiązanie
\(E(Y) = E(X^3+2X^2-3) = E(X^3) + 2E(X^2) - 3\)
Trzeba obliczyć 3 moment, w tym celu najlepiej użyć funkcji tworzącej momenty:
\(M_{X}(t)=\exp \left(\mu \,t+{\frac {\sigma ^{2}t^{2}}{2}}\right)\)
Liczę kolejne pochodne i wstawiam \(t=0\):
\(E(X) = M_X'(0) = \mu = 5,\)
\(E(X^2) = M_X''(0) = \mu^2 + \sigma^2 = 25 + 1 = 26,\)
\(E(X^3) = M_X^{(3)}(0) = \mu^3 + 3\mu\sigma^2 = 125 + 15 = 140,\)
\(E(Y) = 140 + 2\cdot26 - 3 = 189.\)
Druga metoda:
\(Var(X) = E(X^2) - [E(X)]^2,\)
\(1 = E(X^2) - 25,\)
\(E(X^2) = 26.\)
\(\begin{aligned}0 &= E[(X-5)^3] = E(X^3 - 15X^2 + 75X - 125) = \\ &= E(X^3) - 15E(X^2) + 75E(X) - 125 = \\ &= E(X^3) - 390 + 375 - 125,\end{aligned}\)
\(E(X^3) = 140.\)
\(E(Y) = 140 + 2\cdot26 - 3 = 189.\)
Zadanie 16#
Zmienna losowa \(X\) ma momenty zwykłe: \(m_1 = 2\), \(m_2 = 3\), \(m_3 = 4\). Oblicz trzeci moment centralny: \(\mu_3 = E[(X-m_1)^3]\).
Rozwiązanie
\(\begin{aligned}\mu_3 &= E[X^3 - 3X^2m_1 + 3Xm_1^2 - m_1^3] = \\ &= E(X^3) - 3m_1E(X^2) + 3m_1^2E(X) - m_1^3 = \\ &= m_3 - 3m_1m_2 + 3m_1^3 - m_1^3 = \\ &= m_3 - 3m_1m_2 + 2m_1^3 = \\ &= 4 - 3\cdot2\cdot3+2\cdot8 = \\ &= 2\end{aligned}\)
Zadanie 17#
Zmienna losowa \(Y\) ma rozkład wykładniczy o parametrze \(\lambda = 2\). Oblicz współczynnik zmienności oraz asymetrii.
Rozwiązanie
Współczynnik zmienności:
\(v = \frac{D(X)}{E(X)}.\)
Współczynnik asymetrii:
\(A = \frac{E\{[X - E(X)]^3\}}{D^3(X)}.\)
\(E\{[X - E(X)]^3\} = E(X^3) - 3E(X^2)E(X) + 2E^3(X),\)
\(E(X) = \int\limits_0^\infty 2xe^{-2x} = \frac{1}{2},\)
\(E(X^2) = \int\limits_0^\infty 2x^2e^{-2x} = \frac{1}{2},\)
\(E(X^3) = \int\limits_0^\infty 2x^3e^{-2x} = \frac{3}{4},\)
\(Var(X) = \frac{1}{2} - (\frac{1}{2})^2 = \frac{1}{4}.\)
\(D(X) = \frac{1}{2}\)
\(v = \frac{\frac{1}{2}}{\frac{1}{2}} = 1.\)
\(A = \frac{\frac{3}{4} - 3\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2} + 2\cdot(\frac{1}{2})^3}{(\frac{1}{2})^3} = \frac{\frac{1}{4}}{\frac{1}{8}} = 2.\)
Zadanie 18#
Dochód miesięczny losowo wybranego pracownika pewnego sektora gospodarki jest zmienną losową \(X\) z rozkładu normalnego o wartości średniej 2500 zł i odchyleniu standardowym 400 zł.
a) Jaki procent pracowników ma dochód większy niż 4000 zł?
b) Jaka jest najmniejsza wartość miesięcznego dochodu wśród najlepiej opłaconych 25% pracowników?
c) Jaka jest górna granica dochodu wśród 25% najmniej zarabiających pracowników?
Rozwiązanie
import scipy.stats as st
print("a)", 1 - st.norm.cdf(4000, 2500, 400))
print("b)", st.norm.ppf(0.75, 2500, 400))
print("c)", st.norm.ppf(0.25, 2500, 400))
Zadanie 19#
Zmienna losowa \(X\) ma rozkład prawdopodobieństwa:
a) \(N(10, 4),\)
b) \(U(10, 40),\)
c) \(exp(0.1).\)
W każdym z przypadków oblicz medianę oraz kwantyl rzędu 0.75.
Rozwiązanie
import scipy.stats as st
print("a) Mediana:", st.norm.ppf(0.5, 10, 4), "Kwantyl:", st.norm.ppf(0.75, 10, 4))
print("b) Mediana:", st.uniform.ppf(0.5, 10, 30), "Kwantyl:", st.uniform.ppf(0.75, 10, 30))
print("c) Mediana:", st.expon.ppf(0.5, scale=1/0.1), "Kwantyl:", st.expon.ppf(0.75, scale=1/0.1))
Zadanie 20#
Wielkość miesięcznego czynszu płaconego przez losowo wybraną rodzinę jest zmienną losową \(Y\) mającą rozkład normalny o wartości średniej 350 zł oraz odchyleniu standardowym 50 zł.
a) Jaki procent rodzin płaci czynsz większy niż 400 zł i mniejszy od 600 zł?
b) Jaka jest najmniejsza wartość czynszu płaconego przez 10% rodzin płacących największe czynsze?
Rozwiązanie
import scipy.stats as st
print("a)", st.norm.cdf(600, 350, 50) - st.norm.cdf(400, 350, 50))
print("a)", st.norm.ppf(0.9, 350, 50))
Zadanie 21#
Zmienna losowa \(X\) ma rozkład wykładniczy z parametrem \(\lambda > 0\). Jaki rozkład ma zmienna \(Y=\frac{X}{\lambda}\).
Rozwiązanie
\(X = \lambda Y,\)
\(h(y) = \lambda y,\)
\(h'(y) = \lambda,\)
\(f_Y(y) = f_X(h(y))\cdot|h'(y)| = f_X(\lambda y)\cdot\lambda = \lambda\lambda e^{-\lambda\lambda y} = \lambda^2 e^{-\lambda^2 y}.\)
Zmienna Y pochodzi z rozkładu wykładniczego \(exp(\lambda^2)\)
Zadanie 22#
Zmienna losowa ma rozkład gamma z parametrami \(r, p > 0\). Jaki rozkład ma zmienna \(Y = \frac{X}{r}\)?
Rozwiązanie
\(X = rY,\)
\(h(y) = ry,\)
\(h'(y) = r,\)
\(f_Y(y) = r\frac{p^r (ry)^{r - 1} e^{-pry}}{\Gamma(r)} = \frac{(pr)^r y^{r - 1} e^{-pry}}{\Gamma(r)}.\)
Zmienna \(Y\) pochodzi z rozkładu \(Gamma(pr, r)\).
Zadanie 23#
Zmienna losowa ma rozkład Cauchy’ego z parametrami \(a>0,\ m \in R\), tzn. ma gęstość postaci:
\(f(x) = \frac{a}{\pi(a^2+(x-m)^2)}, \ x\in R.\)
Jaki rozkład ma zmienna losowa \(Y = (X-m)/a?\)
Rozwiązanie
\(X = aY + m,\)
\(h(y) = ay + m,\)
\(h'(y) = a,\)
\(f_Y(y) = a\frac{a}{\pi(a^2+(ay + m - m)^2)} = \frac{a^2}{\pi(a^2 + a^2y^2)} = \frac{1}{\pi(1 + y^2)}.\)
Zmienna losowa \(Y\) pochodzi z rozkładu Cauchy’ego z \(a = 1, \ m = 0\).
Zadanie 24#
Wyznacz dystrybuantę rozkładu Cauchy’ego.
Rozwiązanie
\(\begin{aligned}P(X \le t) &= \int\limits_{-\infty}^t \frac{a}{\pi(a^2+(x-m)^2)}dx = \frac{a}{\pi} \int\limits_{-\infty}^t \frac{1}{(a^2+(x-m)^2)}dx = \\ &= \left|\begin{aligned} p = x - m \\ dp = dx \end{aligned} \right| = \frac{a}{\pi} \int\limits_{-\infty}^{t-m} \frac{1}{a^2+p^2}dp = \\ &= \left|\begin{aligned} ay = p \\ y = \frac{p}{a} \\ ady = dp \end{aligned} \right| = \frac{a}{\pi} \int\limits_{-\infty}^{\frac{t-m}{a}} \frac{a}{a^2(1+y^2)}dp = \\ &= \frac{1}{\pi} \int\limits_{-\infty}^{\frac{t-m}{a}} \frac{1}{1+y^2}dp = \left. \frac{1}{\pi}arctg(y)\right|_{-\infty}^{\frac{t-m}{a}} = \\ &= \frac{1}{\pi}arctg(\frac{t-m}{a}) + \frac{1}{2},\end{aligned}\)
dla \(a > 0, \ m\in R.\)
Zadanie 25#
Zmienna losowa \(X\) jest typu ciągłego i ma gęstość wszędzie dodatnią \(f\). Wyznacz gęstość następujących zmiennych losowych:
a) \(Y = aX+b,\)
b) \(Z = aX^2,\)
c) \(W = F(X).\)
Rozwiązanie
a)
\(X = \frac{Y-b}{a},\)
\(h(y) = \frac{y-b}{a},\)
\(h'(y) = \frac{1}{a},\)
\(f_Y(y) = |\frac{1}{a}|f(\frac{y-b}{a})\)
b)
\(X = \sqrt{\frac{Z}{a}},\)
\(h(y) = \sqrt{\frac{z}{a}},\)
\(h'(y) = \frac{1}{2\sqrt{az}},\)
\(f_Y(y) = \frac{1}{2\sqrt{az}}f(\sqrt{\frac{z}{a}})\)
c)
\(P(W \le t) = P(F(X) \le t) = P(X \le F^{-1}(t)) = F(F^{-1}(t)) = t,\)
\(F_W(t)= \begin{cases} 0 & t < 0. \\ t & t \in [0, 1), \\ 1 & t \ge 1. \end{cases}\)
Zadanie 26#
Zmienna losowa \(X\) ma rozkład normalny z parametrami \(m, \ \sigma\). Wykaż, że zmienna \(Y = aX + b\) ma też rozkład normalny i znajdź jego parametry.
Rozwiązanie
\(X = \frac{Y-b}{a},\)
\(h(y) = \frac{y-b}{a},\)
\(h'(y) = \frac{1}{a},\)
\(\begin{aligned}f_Y(y) &= |\frac{1}{a}|f_X(\frac{y-b}{a}) = \frac{1}{\sigma a \sqrt{2\pi}}exp\left( \frac{-\left( \frac{y-b}{a} - m \right)^2}{2\sigma^2}\right) = \\ &= \frac{1}{\sigma a \sqrt{2\pi}}exp\left( \frac{-(y - b - am)^2}{2\sigma^2a^2}\right).\end{aligned}\)
Zmienna \(Y\) pochodzi z rozkładu \(N(b+am, \sigma a)\).
Zadanie 27#
Zmienna losowa \(X\) ma rozkład wykładniczy z parametrem \(\lambda = 4\). Wyznacz dystrybuantę zmiennej losowej \(Y = \sqrt{X}\). Wyznacz jej gęstość.
Rozwiązanie
\(P(Y \le t) = P(\sqrt{X} \le t) = P(X \le t^2) = 1 - e^{-\lambda t^2}.\)
Gęstość:
\(f_Y(t) = 2t\lambda e^{-\lambda t^2}.\)
Zadanie 28#
Zmienna losowa \(Z\) ma rozkład \(N(0, 1)\). Obliczyć \(P(Z > 0)\), \(P(|Z| < 2)\), \(P(|Z| > 1)\) oraz kwantyle \(x_{0.1}\), \(x_{0.7}\), \(x_{0.97}\).
Rozwiązanie
\(P(Z > 0) = 1 - P(Z < 0) = 1 - \Phi(0),\)
\(P(|Z| < 2) = P(-2 < Z < 2) = \Phi(2) - \Phi(-2),\)
\(P(|Z| > 1) = P(Z > 1 \ \cup \ Z < -1) = 2\Phi(-1)\)
import scipy.stats as st
print(1 - st.norm.cdf(0))
print(st.norm.cdf(2) - st.norm.cdf(-2))
print(2 * st.norm.cdf(-1))
print("\nKwantyle:")
print(st.norm.ppf(0.1))
print(st.norm.ppf(0.7))
print(st.norm.ppf(0.97))
Zadanie 29#
Zmienna losowa \(X\) podlega rozkładowi \(N(3, 5)\). Obliczyć \(P(|X − 1| > 1)\).
Rozwiązanie
\(\begin{aligned}P(|X − 1| > 1) &= P(X - 1 > 1 \ \cup X - 1 < -1) = P(X > 2 \ \cup X < 0) = \\ &= P(X < 0) + 1 - P(X < 2)\end{aligned}\)
import scipy.stats as st
print(st.norm.cdf(0, 3, 5) + 1 - st.norm.cdf(2, 3, 5))
Zadanie 30#
W populacji studentów w Krakowie wzrost ma rozkład \(N(170, 8)\). Obliczyć prawdopodobieństwo tego, że wzrost przypadkowo napotkanego studenta:
a) będzie większy od 166,
b) będzie należał do przedziału (168, 174),
c) będzie równy co najwyżej 154.
Rozwiązanie
a) \(P(X > 166) = 1 - P(X < 166),\)
b) \(P(168 < X < 174) = P(X < 174) - P(X < 168),\)
c) \(P(X < 154)\)
import scipy.stats as st
print("a)", 1 - st.norm.cdf(166, 170, 8))
print("b)", st.norm.cdf(174, 170, 8) - st.norm.cdf(168, 170, 8))
print("c)", st.norm.cdf(154, 170, 8))
Zadanie 31#
Stwierdzono, ze błąd podczas wykonywania pomiaru ma rozkład \(N(1, 0.25)\) (mm). Jakie jest prawdopodobieństwo, że wykonując ten pomiar pomylimy się o:
a) więcej niż 0.5 mm,
b) mniej niż 0.75 mm,
c) co najwyżej 0.25 mm?
Rozwiązanie
a) \(P(X > 0.5) = 1 - P(X < 0.5),\)
b) \(P(X < 0.75),\)
c) \(P(X < 0.25).\)
import scipy.stats as st
print("a)", 1 - st.norm.cdf(0.5, 1, 0.25))
print("b)", st.norm.cdf(0.75, 1, 0.25))
print("c)", st.norm.cdf(0.25, 1, 0.25))
Zadanie 32#
Rozkład długości liścia rośliny pewnego gatunku jest \(N(14, 2)\). Obliczyć prawdopodobieństwo, że losowo wybrany liść ma długość:
a) większa niż 17,
b) równa co najmniej 12 i co najwyżej 19,
c) równa co najwyżej 13.
Rozwiązanie
a) \(P(X > 17) = 1 - P(X < 17),\)
b) \(P(12 < X < 19) = P(X < 19) - P(X < 12),\)
c) \(P(X < 13).\)
import scipy.stats as st
print("a)", 1 - st.norm.cdf(17, 14, 2))
print("b)", st.norm.cdf(19, 14, 2) - st.norm.cdf(12, 14, 2))
print("c)", st.norm.cdf(13, 14, 2))
Zadanie 33#
Pierśnica buka w pewnym drzewostanie ma rozkład \(N(30, 4)\). Jaki procent buków ma pierśnice większą niż 40?
Rozwiązanie
\(P(X > 40) = 1 - P(X < 40)\)
import scipy.stats as st
print("a)", 1 - st.norm.cdf(40, 30, 4))
Zadanie 34#
Zmienna losowa \(X\) podlega rozkładowi \(N(m, \sigma)\).
a) Obliczyć \(P(|X − m| < 3\sigma)\).
b) Dobrać stałą \(k\) tak, aby \(P(|X − m| < k\sigma) = 0.99\).
Rozwiązanie
Skorzystam ze standaryzacji zmiennej losowej:
a)
\(\begin{aligned}P(|X − m| < 3\sigma) &= P(-3\sigma < X − m < 3\sigma) = \\ &= P(\frac{m-3\sigma-m}{\sigma} < Z < \frac{m+3\sigma-m}{\sigma}) = \\ &= P(-3 < Z < 3) = \Phi(3) - \Phi(-3).\end{aligned}\)
import scipy.stats as st
print(st.norm.cdf(3) - st.norm.cdf(-3))
b)
\(0.99 = P(-k < Z < k) = \Phi(k) - \Phi(-k) = \Phi(k) - 1 + \Phi(k) = 2\Phi(k) - 1,\)
\(2\Phi(k) = 1.99,\)
\(\Phi(k) = 0.995,\)
import scipy.stats as st
print("k:", st.norm.ppf(0.995))
Zadanie 35#
Zmienna losowa \(X\) ma rozkład \(N(2, 1)\). Znaleźć dla tej zmiennej kwantyl rzędu 0.2.
Rozwiązanie
import scipy.stats as st
print(st.norm.ppf(0.2, 2, 1))
Zadanie 36#
Niech \(X_i \in N(0, \sigma),\ i \in \mathbb{N}\). Ile należy zsumować niezależnych zmiennych \(X_i\), aby odchylenie standardowe sumy było równe \(10\sigma\)?
Rozwiązanie
Ponieważ zmienne losowe \(X_i\) mają taką samą wariancję to można zapisać:
\(100\sigma^2 = kVar(X_i) = k\sigma^2,\)
\(k=100.\)
Należy zsumować 100 niezależnych zmiennych losowych \(X_i\).
Zadanie 37#
Niech zmienne \(X_i \ (i \in \mathbb{N})\) maja rozkład jednostajny na przedziale \([−\sigma, \sigma]\). Ile należy zsumować niezależnych zmiennych \(X_i\), aby odchylenie standardowe sumy było równe \(10\sigma\)?
Rozwiązanie
Ponieważ zmienne losowe \(X_i\) mają taką samą wariancję to można zapisać:
\(100\sigma^2 = kVar(X_i) = \frac{(\sigma + \sigma)^2}{12} = \frac{4\sigma^2}{12},\)
\(k=300.\)
Należy zsumować 300 niezależnych zmiennych losowych \(X_i\).
Zadanie 38#
Funkcja gęstości zmiennej losowej \(X\) ma postać
\(f(x) = \begin{cases} 3x^2 & \text{dla } x \in [0, 1], \\ 0 & \text{dla } x \notin [0, 1]. \end{cases}\)
Obliczyć wartość oczekiwana i wariancje zmiennej \(X\).
Rozwiązanie
\(E(X) = \int\limits_0^1 3x^3 dx = 0.75,\)
\(E(X^2) = \int\limits_0^1 3x^4 dx = 0.6,\)
\(Var(X) = 0.6 - 0.75^2 = 0.0375.\)
Zadanie 39#
Zmienna losowa X ma rozkład o gęstości prawdopodobieństwa:
\(f(x) = \begin{cases} 0 & \text{dla } x < −1, \\ \frac{2}{5}|x| & \text{dla } x \in [-1, 2], \\ 0 & \text{dla } x > 2. \end{cases}\)
a) Znaleźć dystrybuantę.
b) Obliczyć \(E(X)\) oraz \(Var(X)\).
c) Obliczyć \(P(X > 3)\), \(P(-\frac{1}{2} \le X < 1)\), \(P(X = 0)\).
Rozwiązanie
\(|x| = -x, \ x < 0\)
\(|x| = x, \ x > 0\)
a)
Dla \(x < 0\):
\(\int\limits_{-1}^t -\frac{2}{5} x dx = \frac{1}{5}(1 - t^2), \ x\in[-1, 0).\)
Dla \(x > 0\):
\(\int\limits_{-1}^0 -\frac{2}{5} x dx + \int\limits_{0}^t \frac{2}{5} x dx = \frac{1}{5}(1 + t^2), \ x\in[0, 2).\)
Dystrybuanta:
\(F(x) = \begin{cases} 0 & \text{dla } x < −1, \\ \frac{1}{5}(1 - x^2) & \text{dla } x \in [-1, 0), \\ \frac{1}{5}(1 + x^2) & \text{dla } x \in [0, 2), \\ 1 & \text{dla } x > 2. \end{cases}\)
b)
\(E(X) = \int\limits_{-1}^0 -\frac{2}{5} x^2 dx + \int\limits_{-1}^0 \frac{2}{5} x^2 dx = \frac{14}{15},\)
\(E(X^2) = \int\limits_{-1}^0 -\frac{2}{5} x^3 dx + \int\limits_{-1}^0 \frac{2}{5} x^3 dx = \frac{17}{10},\)
\(Var(X) = \frac{17}{10} - (\frac{14}{15})^2 = \frac{373}{450}.\)
c)
\(P(X > 3) = 1 - P(X < 3) = 1 - 1 = 0,\)
\(P(-\frac{1}{2} \le X < 1) = P(X < 1) - P(X < -\frac{1}{2}) = \frac{2}{5} - \frac{3}{20} = \frac{1}{4}\),
\(P(X = 0) = 0.\)
Zadanie 40#
Gęstość zmiennej losowej \(X\) ma postać: \(f(x) = \frac{a}{e^x+e^{−x}}, \ x \in \mathbb{R}\). Znaleźć stałą \(a\) oraz obliczyć \(P(X > 0)\).
Rozwiązanie
\(\begin{aligned}1 &= \int\limits_{-\infty}^\infty \frac{a}{e^x+e^{−x}}dx = a\int\limits_{-\infty}^\infty \frac{1}{e^x+e^{−x}}dx = \\ &= a\int\limits_{-\infty}^\infty \frac{e^xdx}{(e^x)^2+1} = \left|\begin{aligned}e^x = t \\ e^xdx = dt \end{aligned} \right| = \\ &= a\int\limits_0^\infty \frac{dt}{t^2+1} = a\cdot arctg(t)\bigr|_0^\infty = \\ &= \frac{a\pi}{2}\end{aligned}\)
\(2 = a\pi\)
\(a = \frac{2}{\pi}\)
\(P(X > 0) = \frac{2}{\pi} \int\limits_0^\infty \frac{1}{e^x+e^{−x}}dx = 0.5\)
from scipy.integrate import quad
import numpy as np
def f(x):
return (2 / np.pi) * (1 / (np.exp(x) + np.exp(-x)))
print(quad(f, 0, np.inf)[0])
Zadanie 41#
Zmienna losowa \(X\) ma rozkład o gęstości prawdopodobieństwa
\( f(x) = \begin{cases} \frac{x}{2} & \text{dla } 0 \le x \le 2, \\ 0 & \text{dla pozostałych } x. \end{cases}\)
a) Obliczyć \(E(X)\) oraz \(Var(X)\).
b) Wyznaczyć momenty centralne rzędu pierwszego, drugiego i trzeciego oraz kwartyle zmiennej \(X\).
Rozwiązanie
a)
\(E(X) = \int\limits_0^2 \frac{x^2}{2}dx = \frac{4}{3},\)
\(E(X^2) = \int\limits_0^2 \frac{x^3}{2}dx = 2,\)
\(E(X^3) = \int\limits_0^2 \frac{x^4}{2}dx = \frac{16}{5},\)
\(Var(X) = 2 - (\frac{4}{3})^2 = \frac{2}{9}\)
b)
Dla ułatwienia oznaczę \(E(X)\) jako \(\mu\):
\(E(X - \mu) = E(X) - \mu = \mu - \mu = 0,\)
\(E[(X - \mu)^2] = Var(X) = \frac{2}{9},\)
\(E[(X - \mu)^3] = E(X^3 - 3X^2\mu + 3X\mu^2 - \mu^3) = E(X^3) - 3\mu E(X^2) + 2\mu^3 = \frac{16}{5} - 3\cdot \frac{4}{3}\cdot2 + 2\cdot(\frac{4}{3})^3 = -\frac{8}{135}\)
Do obliczenia kwartyli potrzebna jest dystrybuanta:
\(F(t) = \int\limits_0^t \frac{x}{2} dx = \frac{1}{4}t^2, \ t \in[0, 2]\)
\(P(X \le t_{0.25}) = 0.25,\)
\(\frac{1}{4}t_{0.25}^2 = 0.25,\)
\(t_{0.25} = 1.\)
\(P(X \le t_{0.5}) = 0.5,\)
\(t_{0.5} = \sqrt{2}.\)
\(P(X \le t_{0.75}) = 0.75,\)
\(t_{0.75} = \sqrt{3}.\)
Zadanie 42#
Dobrać tak stała \(a\), by funkcja
\( F(x) = \begin{cases} 0 & \text{dla } x \le 1, \\ 2(1 - \frac{1}{x}) & \text{dla } 1 < x \le a, \\ 1 & \text{dla } x > a. \end{cases} \)
była dystrybuantą zmiennej losowej \(X\) typu ciągłego. Wyznaczyć jej gęstość. Obliczyć \(P(−1 \le X \le 1.5)\).
Rozwiązanie
\(2(1 - \frac{1}{a}) = 1,\)
\(a = 2.\)
\( f(x) = \begin{cases} \frac{2}{x^2} & \text{dla } 1 < x \le 2, \\ 0 & \text{w p.p.} \end{cases} \)
\(P(−1 \le X \le 1.5) = P(X \le 1.5) - P(X \le -1) = 2(1 - \frac{1}{1.5}) - 0 = \frac{2}{3}.\)
Zadanie 43#
Zmienna losowa \(X\) ma dystrybuantę daną równaniem:
\(F(x) = \frac{1}{2} + \frac{1}{\pi}arctg(\frac{x}{2}), \ x \in \mathbb{R}\)
Znaleźć możliwą wartość \(a\), dla której zmienna losowa \(X\) w wyniku próby przyjmie wartość większą niż \(a\) z prawdopodobieństwem 16.
Rozwiązanie
\(\frac{1}{6} = P(X > a) = 1 - P(X < a),\)
\(\frac{1}{6} = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{\pi}arctg(\frac{a}{2}),\)
\(arctg(\frac{a}{2}) = \frac{\pi}{3},\)
\(\frac{a}{2} = tg(\frac{\pi}{3}),\)
\(a = 2\sqrt{3}\)
Zadanie 44#
Gęstość prawdopodobieństwa zmiennej losowej \(X\) ma postać
\( f(x) = \begin{cases} \sin(2x) & \text{dla } x \in [0, \frac{\pi}{2}], \\ 0 & \text{dla } x \notin [0, \frac{\pi}{2}]. \end{cases} \)
a) Znaleźć dystrybuantę \(X\).
b) Obliczyć \(EX\) oraz \(VarX\).
c) Obliczyć \(P(X > \frac{\pi}{4})\).
d) Obliczyć \(x_{0.25}\) oraz \(x_{0.75}\).
Rozwiązanie
a)
\(\int\limits_0^t sin(2x)dx = -\frac{cos(2x)}{2}\bigr|_0^t = \frac{1}{2} - \frac{cos(2t)}{2}\)
\( F(x) = \begin{cases} 0 & \text{dla } x < 0, \\ \frac{1}{2} - \frac{cos(2t)}{2} & \text{dla } x \in [0, 2), \\ 1 & \text{dla } x \ge 2. \\ \end{cases} \)
b)
\(E(X) = \int\limits_0^\frac{\pi}{2} x sin(2x)dx = \frac{\pi}{4},\)
\(E(X^2) = \int\limits_0^\frac{\pi}{2} x^2 sin(2x)dx = \frac{\pi^2}{8} - \frac{1}{2},\)
\(Var(X) = \frac{\pi^2}{8} - \frac{1} - (\frac{\pi}{4})^2 = \frac{\pi^2}{16} - \frac{1}{2}.\)
c)
\(P(X > \frac{\pi}{4}) = 1 - P(X < \frac{\pi}{4}) = 1 - \frac{1}{2} + \frac{cos(\frac{\pi}{2})}{2} = \frac{1}{2}.\)
d)
\(P(X < x_{0.25}) = 0.25,\)
\(\frac{1}{2} - \frac{cos(2x_{0.25})}{2} = 0.25,\)
\(cos(2x_{0.25}) = 0.5,\)
\(x_{0.25} = \frac{arccos(0.5)}{2},\)
\(x_{0.25} = \frac{\pi}{6}.\)
\(P(X < x_{0.75}) = 0.75,\)
\(x_{0.75} = \frac{\pi}{3}.\)
Zadanie 45#
Gęstość prawdopodobieństwa zmiennej losowej \(X\) ma postać
\( f(x) = \begin{cases} \frac{a}{\sqrt{4−x^2}} & \text{dla } x \in (−1, 2), \\ 0 & \text{dla } x \notin (−1, 2). \\ \end{cases} \)
Znaleźć:
a) stałą \(a\),
b) dystrybuantę \(X\),
c) \(Var(X)\),
d) \(P(−1 < X < 1)\), \(P(X > 0)\), \(P(X = \frac{1}{2})\).
Rozwiązanie
a)
\(1 = \int\limits_{-1}^2 \frac{a}{\sqrt{4−x^2}} = \frac{2\pi a}{3},\)
\(a = \frac{3}{2\pi}\)
b)
\(\begin{aligned}\frac{3}{2\pi} \int\limits_{-1}^t \frac{dx}{\sqrt{4−x^2}} &= \frac{3}{2\pi} \int\limits_{-1}^t \frac{dx}{2\sqrt{1−(\frac{x}{2})^2}} = \left|\begin{aligned}\frac{x}{2} = \sin(u) \\ dx = 2\cos(u)du \\ u = \arcsin(\frac{x}{2}) \end{aligned}\right| = \\ &= \frac{3}{2\pi} \int\limits_{-\frac{\pi}{6}}^{\arcsin(\frac{t}{2})} \frac{2\cos(u)du}{2\sqrt{1−\sin^2(u)}} = \frac{3}{2\pi} \int\limits_{-\frac{\pi}{6}}^{\arcsin(\frac{t}{2})} \frac{\cos(u)du}{\sqrt{\cos^2(u)}} = \\ &= \frac{3}{2\pi} \int\limits_{-\frac{\pi}{6}}^{\arcsin(\frac{t}{2})} du = \left. \frac{3}{2\pi} u\right|_{-\frac{\pi}{6}}^{\arcsin(\frac{t}{2})} = \\ &= \frac{3}{2\pi}(\arcsin(\frac{t}{2})+ \frac{\pi}{6})\end{aligned}\)
\( F(x) = \begin{cases} 0 & \text{dla } x < -1, \\ \frac{3}{2\pi}(\arcsin(\frac{t}{2})+ \frac{\pi}{6}) & \text{dla } x \in [-1, 2), \\ 1 & \text{dla } x \ge 2. \\ \end{cases} \)
c)
\(E(X) = \frac{3}{2\pi} \int\limits_{-1}^2 \frac{xdx}{\sqrt{4−x^2}} = \frac{3\sqrt{3}}{2\pi},\)
\(E(X^2) = \frac{3}{2\pi} \int\limits_{-1}^2 \frac{x^2dx}{\sqrt{4−x^2}} = 2 - \frac{3\sqrt{3}}{4\pi},\)
\(Var(X) = 2 - \frac{3\sqrt{3}}{4\pi} - (\frac{3\sqrt{3}}{2\pi})^2 = 2 - \frac{3\sqrt{3}}{4\pi} - \frac{27}{4\pi^2}\)
d)
\(P(−1 < X < 1) = P(X<1) - P(X<-1) = \frac{3}{2\pi}(arcsin(\frac{1}{2})+ \frac{\pi}{6}) = \frac{1}{2},\)
\(P(X > 0) = 1 - P(X<0) = 1 - \frac{3}{2\pi}(arcsin(0)+ \frac{\pi}{6}) = \frac{3}{4},\)
\(P(X = \frac{1}{2}) = 0.\)
Zadanie 46#
Gęstość zmiennej losowej \(X\) ma postać
\( f(x) = \begin{cases} 0 & \text{dla } x < 0, \\ be^x & \text{dla } x \in [0, \ln3], \\ 0 & \text{dla } x > \ln3. \end{cases} \)
a) Wyznaczyć stałą \(b\).
b) Znaleźć dystrybuantę \(X\).
c) Obliczyć \(E(X)\) oraz \(Var(X)\).
d) Obliczyć \(P(X > 1)\).
Rozwiązanie
a)
\(1 = b\int\limits_0^{ln3}e^xdx = b(e^{ln3} - e^0)= b(3-1)=2b,\)
\(b = \frac{1}{2}.\)
b)
\(\frac{1}{2}\int\limits_0^{t}e^xdx = \frac{1}{2}(x^t - 1),\)
\( F(x) = \begin{cases} 0 & \text{dla } x < 0, \\ \frac{1}{2}(x^t - 1) & \text{dla } x \in [0, \ln3), \\ 1 & \text{dla } x \ge \ln3. \\ \end{cases} \)
c)
\(E(X) = \frac{1}{2}\int\limits_0^{ln3}xe^xdx = \frac{3}{2}ln3-1,\)
\(E(X^2) = \frac{1}{2}\int\limits_0^{ln3}x^2e^xdx = 2 - 3ln3 + \frac{3}{2}(ln3)^2,\)
\(\begin{aligned}Var(X) &= 2 - 3\ln3 + \frac{3}{2}(\ln3)^2 - (\frac{3}{2}\ln3-1)^2 = \\ &= 2 - 3\ln3 + \frac{3}{2}(\ln3)^2 - \frac{9}{4}(\ln3)^2 + 3ln3 - 1 = \\ &= 1 - \frac{3}{4}(\ln3)^2.\end{aligned}\)
d)
\(P(X > 1) = 1 - P(X<1) = 1 -\frac{1}{2}(e^1-1) = \frac{3}{2} - \frac{e}{2}.\)
Zadanie 47#
Dystrybuanta zmiennej losowej \(X\) jest postaci
\( F(x) = \begin{cases} 0 & \text{dla } x \le 0, \\ \frac{1}{27}x^3 & \text{dla } x \in (0, 3], \\ 1 & \text{dla } x > 3. \\ \end{cases} \)
Znaleźć funkcję gęstości zmiennej \(X\), obliczyć jej wartość oczekiwana oraz kwantyle \(x_{0.125}\), \(x_{\frac{1}{125}}\) i \(x_{\frac{8}{27}}\).
Rozwiązanie
\( f(x) = \begin{cases} 0 & \text{dla } x < 0, \\ \frac{1}{9}x^2 & \text{dla } x \in [0, 3], \\ 0 & \text{dla } x > 3. \end{cases} \)
\(E(X) = \frac{1}{9}\int\limits_0^3x^3dx= \frac{9}{4}.\)
\(P(X < x_{0.125}) = 0.125,\)
\(\frac{1}{27}x_{0.125}^3= 0.125,\)
\(x_{0.125}= 1.5.\)
\(P(X < x_{\frac{1}{125}}) = \frac{1}{125},\)
\(\frac{1}{27}x_{\frac{1}{125}}^3= \frac{1}{125},\)
\(x_{\frac{1}{125}}= 0.6.\)
\(P(X < x_{\frac{8}{27}}) = \frac{8}{27},\)
\(\frac{1}{27}x_{\frac{8}{27}}^3= \frac{8}{27},\)
\(x_{\frac{8}{27}}= 2.\)
Zadanie 48#
Zmienne losowe \(X\) i \(Y\) są niezależne oraz wiadomo, ze \(E(X) > 0\), \(E(X^2) = 16\), \(D(X) = 2\sqrt{3}\), \(E(Y) > 0\), \(E(Y^2) = 12\), \(D(Y) = 3\). Obliczyć \(E(3XY − 2)\).
Rozwiązanie
\(E(3XY − 2) = 3E(X)E(Y) - 2,\)
\(E(X) = \sqrt{E(X^2) - Var(X)} = \sqrt{16 - 4\cdot3} = 2,\)
\(E(Y) = \sqrt{E(Y^2) - Var(Y)} = \sqrt{12 - 9} = \sqrt{3},\)
\(E(3XY − 2) = 3\cdot2\sqrt{3}-2 = 6\sqrt{3}-2.\)
Zadanie 49#
Zmienna losowa X ma rozkład o gęstości
\( f(x) = \begin{cases} |x| & \text{dla } -1 \le x \le 1, \\ 0 & \text{w p.p.} \end{cases} \)
Znaleźć dystrybuantę, obliczyć \(E(X)\), \(Var(X)\), \(P(X < 0)\), \(P(X \ge 1)\).
Rozwiązanie
\(|x| = -x, \ x < 0,\)
\(|x| = x, \ x > 0,\)
Dla \(x < 0\):
\(\int\limits_{-1}^t -x dx = \frac{1}{2} - \frac{t^2}{2}.\)
Dla \(x > 0\):
\(\int\limits_{-1}^0 -x dx + \int\limits_{0}^t x dx = \frac{1}{2} + \frac{t^2}{2}.\)
\( F(x) = \begin{cases} 0 & \text{dla } x < 0, \\ \frac{1}{2} - \frac{t^2}{2} & \text{dla } x \in [-1, 0), \\ \frac{1}{2} + \frac{t^2}{2} & \text{dla } x \in [0, 1), \\ 1 & \text{dla } x \ge 1. \\ \end{cases} \)
\(E(X) = \int\limits_{-1}^0 -x^2 dx + \int\limits_{0}^1 x^2 dx = 0,\)
\(E(X^2) = \int\limits_{-1}^0 -x^3 dx + \int\limits_{0}^1 x^3 dx = 0.5,\)
\(Var(X) = 0.5,\)
\(P(X < 0) = \frac{1}{2} - \frac{0}{2} = \frac{1}{2},\)
\(P(X \ge 1) = 1 - P(X \le 1) = 1 - \frac{1}{2} - \frac{1}{2} = 0.\)
Zadanie 50#
Niech
\( f(x) = \begin{cases} \frac{3}{4}(1-x^2) & \text{dla } -1 \le x \le 1, \\ 0 & \text{w p.p.} \end{cases} \)
Znaleźć dystrybuantę i narysować jej wykres, obliczyć \(E(X)\), \(Var(X)\), \(P(X < −\frac{1}{2})\), \(P(|X| > \frac{1}{3})\).
Rozwiązanie
\(\frac{3}{4}\int\limits_{-1}^t 1 - x^2 dx = \frac{1}{4}(3t - t^3 + 2)\)
\( F(x) = \begin{cases} 0 & \text{dla } x < 0, \\ \frac{1}{4}(3t - t^3 + 2) & \text{dla } x \in [-1, 1), \\ 1 & \text{dla } x \ge 1. \\ \end{cases} \)
\(E(X) = \int\limits_{-1}^1 \frac{3}{4}x(1-x^2) dx = 0,\)
\(E(X^2) = \int\limits_{-1}^1 \frac{3}{4}x^2(1-x^2) dx = 0.2,\)
\(Var(X) = 0.2,\)
\(P(X < -\frac{1}{2}) = \frac{1}{4}(3(-\frac{1}{2}) - (-\frac{1}{2})^3 + 2) = \frac{5}{32},\)
\(\begin{aligned}P(|X| > \frac{1}{3}) &= P(X > \frac{1}{3} \cup X < -\frac{1}{3}) = P(X < - \frac{1}{3}) + 1 - P(X < \frac{1}{3}) = \\ &= \frac{1}{4}(3(-\frac{1}{3}) - (- \frac{1}{3})^3 + 2) + 1 - \frac{1}{4}(3(\frac{1}{3}) - (\frac{1}{3})^3 + 2) = \frac{14}{27}.\end{aligned}\)
Zadanie 51#
Dobrać tak stałą \(a\), by funkcja
\(f(x) = \begin{cases} a \cos(x) & \text{dla } -\frac{\pi}{2} \le x < \frac{\pi}{2}, \\ 0 & \text{w p.p.} \end{cases}\)
była gęstością pewnej zmiennej losowej \(X\). Znaleźć dystrybuantę, obliczyć \(E(X)\), \(Var(X)\), \(P(|X| > \frac{\pi}{6})\), \(P(X \ge \frac{\pi}{3})\), \(P(−\frac{\pi}{6} < X \le \frac{\pi}{2})\) oraz medianę i modę \(X\).
Rozwiązanie
\(1 = a\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \cos(x) dx = 2a,\)
\(a = \frac{1}{2}.\)
Dystrybuanta:
\(\frac{1}{2} \int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^t \cos(x) dx = \frac{1}{2}(\sin(t)+1),\)
\(F(x) = \begin{cases} 0 & \text{dla } x < 0, \\ \frac{1}{2}(\sin(x)+1) & \text{dla } -\frac{\pi}{2} \le x < \frac{\pi}{2}, \\ 1 & \text{dla } x \ge 1. \\ \end{cases}\)
\(E(X) = \frac{1}{2}\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} x \cos(x) dx = 0,\)
\(E(X^2) = \frac{1}{2}\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} x^2\cos(x) dx = \frac{\pi^2}{4} - 2,\)
\(Var(X) = \frac{\pi^2}{4} - 2,\)
\(\begin{aligned}P(|X| > \frac{\pi}{6}) &= P(X > \frac{\pi}{6} \cup X < -\frac{\pi}{6}) = P(X < -\frac{\pi}{6}) + 1 - P(X < \frac{\pi}{6}) = \\ &= \frac{1}{2}(\sin(-\frac{\pi}{6})+1) + 1 - \frac{1}{2}(\sin(\frac{\pi}{6})+1) = 0.5,\end{aligned}\)
\(P(X \ge \frac{\pi}{3}) = 1 - P(X \le \frac{\pi}{3}) = 1 - \frac{1}{2}(\sin(\frac{\pi}{3})+1) = \frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{4},\)
\(P(−\frac{\pi}{6} < X \le \frac{\pi}{2}) = P(X \le \frac{\pi}{2}) - P(X < −\frac{\pi}{6}) = \frac{1}{2}(\sin(\frac{\pi}{2})+1) - \frac{1}{2}(\sin(-\frac{\pi}{6})+1) = 0.75.\)
Mediana:
\(P(X < m) = 0.5,\)
\(\frac{1}{2}(\sin(m)+1) = 0.5,\)
\(\sin(m) = 0,\)
\(m = \arcsin(0),\)
\(m = 0.\)
Moda:
Moda to wartość dla której gęstość prawdopodobieństwa osiąga maksimum.
\(f'(x) = (\frac{1}{2}\cos(x))' = -\frac{1}{2}\sin(x),\)
\(-\frac{1}{2}\sin(x) = 0,\)
\(x = \arcsin(0),\)
\(x = 0.\)
Zadanie 52#
Funkcja gęstości prawdopodobieństwa zmiennej losowej X jest postaci:
\(f(x) = \begin{cases} 0 & \text{dla } x \le 0, \\ 2e^{-2x} & \text{dla } x > 0. \end{cases}\)
Znaleźć dystrybuantę, obliczyć \(E(X)\), \(Var(X)\), \(P(X > 1)\), \(P(0 < X \le ln 3)\) oraz medianę \(X\).
Rozwiązanie
\(2\int\limits_0^t e^{-2x} dx = 1 - e^{-2t},\)
\(F(x) = \begin{cases} 0 & \text{dla } x \le 0, \\ 1 - e^{-2x} & \text{dla } x > 1. \end{cases}\)
\(E(X) = 2\int\limits_0^\infty xe^{-2x}dx = \frac{1}{2},\)
\(E(X^2) = 2\int\limits_0^\infty x^2e^{-2x}dx = \frac{1}{2},\)
\(Var(X) = \frac{1}{4},\)
\(P(X > 1) = 1 - P(X < 1) = 1 - (1-e^{-2}) = e^{-2},\)
\(\begin{aligned}P(0 < X \le \ln3) &= P(X \le \ln3) - P(X \le 0) = 1-e^{-2\ln3} - 0 = \\ &= 1-e^{\ln(3^{-2})} = 1 - \frac{1}{3^2} = \frac{8}{9}.\end{aligned}\)
Mediana:
\(P(X < m) = 0.5,\)
\(1-e^{-2m} = 0.5,\)
\(e^{-2m} = 0.5,\)
\(-2m = \ln(0.5),\)
\(m = -\frac{\ln(0.2)}{2} = \frac{\ln2}{2}.\)
Zadanie 53#
Niech gęstość pewnej zmiennej \(X\) będzie postaci
\(f(x) = \begin{cases} 0 & \text{dla } x \le 1, \\ \frac{2}{x^3} & \text{dla } x > 1. \end{cases}\)
Znaleźć dystrybuantę, obliczyć \(E(X)\), \(Var(X)\), \(P(|X| > 1)\), oraz medianę \(X\).
Rozwiązanie
\(2\int\limits_0^t \frac{1}{x^3} dx = 1 - t^{-2},\)
\(F(x) = \begin{cases} 0 & \text{dla } x \le 1, \\ 1 - x^{-2} & \text{dla } x > 1. \end{cases}\)
\(E(X) = 2\int\limits_0^\infty \frac{1}{x^2} dx = 2,\)
\(E(X^2) = 2\int\limits_0^\infty \frac{1}{x} dx = \infty,\)
\(Var(X) = \infty,\)
\(\begin{aligned}P(|X| > 1) &= P(X > 1 \cup X < -1) = \\ &= P(X < -1) + 1 - P(X < 1) = \\ &= 0 + 1 - 0 = 1.\end{aligned}\)
Mediana:
\(P(X < m) = 0.5,\)
\(1 - \frac{1}{x^2} = 0.5,\)
\(\frac{1}{x^2} = 0.5,\)
\(x = \sqrt{2}.\)
Zadanie 54#
Niech \(f(x) = \frac{1}{\pi} \cdot \frac{1}{1+x^2} \ \text{dla } x \in \mathbb{R}\). Znaleźć dystrybuantę i narysować, zbadać istnienie \(E(X)\). Obliczyć \(P(0 < X \le 1)\), \(P(3X − 1 > \sqrt{3} − 1)\), \(P(0 < X < \sqrt{3})\). Znaleźć medianę oraz modę.
Rozwiązanie
\(F(x) = \frac{1}{\pi} \int\limits_{-\infty}^t \frac{dx}{1 + x^2} = \frac{1}{\pi}\arctan(x)\bigr|_{-\infty}^t = \frac{1}{\pi}(\arctan(t) + \frac{\pi}{2}) \ \text{dla } t \in \mathbb{R}\)
\(E(X) = \frac{1}{\pi} \int\limits_{-\infty}^\infty \frac{xdx}{1 + x^2} = \left|\begin{aligned} t = x^2 \\ 2xdx = dt \end{aligned}\right| = \frac{1}{2\pi} \int\limits_{\infty}^\infty \frac{xdx}{1 + t} = \frac{1}{2\pi} \ln(1 + t)\biggr|_\infty^\infty = \infty - \infty,\)
czyli wartość oczekiwana nie istnieje.
\(\begin{aligned}P(0 < X \le 1) &= P(X \le 1) - P(X < 0) = \\ &= \frac{1}{\pi}(\arctan(1) + \frac{\pi}{2}) - \frac{1}{\pi}(\arctan(0) + \frac{\pi}{2}) = \\ &= \frac{1}{4},\end{aligned}\)
\(\begin{aligned}P(3X − 1 > \sqrt{3} − 1) &= P(3X > \sqrt{3}) = 1 - P(X < \frac{\sqrt{3}}{3}) = \\ &= 1 - \frac{1}{\pi}(\arctan(\frac{\sqrt{3}}{3}) + \frac{\pi}{2}) = \frac{1}{3},\end{aligned}\)
\(\begin{aligned}P(0 < X < \sqrt{3}) &= P(X < \sqrt{3}) - P(X < 0) = \\ &= \frac{1}{\pi}(\arctan(\sqrt{3}) + \frac{\pi}{2}) - \frac{1}{\pi}(\arctan(0) + \frac{\pi}{2}) = \\ &= \frac{1}{3}.\end{aligned}\)
Mediana:
\(P(X < m) = 0.5,\)
\(\frac{1}{\pi}(\arctan(m) + \frac{\pi}{2}) = \frac{1}{2},\)
\(\arctan(m) + \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2},\)
\(\arctan(m) = 0,\)
\(m=0.\)
Moda:
\(f'(x) = 0,\)
\(\left(\frac{1}{\pi} \cdot \frac{1}{1+x^2}\right)' = 0,\)
\(\frac{1}{\pi} \cdot \frac{-2x}{(1+x^2)^2} = 0,\)
\(x = 0.\)
Zadanie 55#
Zmienna \(X\) ma gęstość postaci
\(f(x) = \begin{cases} 0 & \text{dla } x < 0, \\ xe^{-\frac{x^2}{2}} & \text{dla } x \ge 0. \end{cases}\)
Znaleźć dystrybuantę, medianę, modę, wartość oczekiwaną, \(P(X > \sqrt{\ln4})\), \(P(X \le \sqrt{\ln9})\).
Rozwiązanie
\(\int\limits_0^t xe^{-\frac{x^2}{2}}dx = \left|\begin{aligned} z = \frac{x^2}{2} \\ dz = xdx\end{aligned}\right| = \int\limits_0^{t} e^{-z}dz = -e^{-z}\bigr|_0^t = -e^{-\frac{x^2}{2}}\bigr|_0^t = -(e^{-\frac{t^2}{2}} - e^{-\frac{0}{2}}) = 1 - e^{-\frac{t^2}{2}},\)
\(F(x) = \begin{cases} 0 & \text{dla } x < 0, \\ 1 - e^{-\frac{x^2}{2}} & \text{dla } x \ge 1. \end{cases}\)
\(E(X) = \int\limits_0^\infty x^2e^{-\frac{x^2}{2}} = \frac{\sqrt{2\pi}}{2}.\)
\(\begin{aligned}P(X > \sqrt{\ln4}) &= 1 - P(X < \sqrt{\ln4}) = 1 - 1 + e^{-\frac{(\sqrt{\ln4})^2}{2}} = \\ &= e^{-\frac{\ln4}{2}} = \exp(\ln(4^{-0.5})) = \\ &= \exp(\ln(\frac{1}{2})) = \frac{1}{2},\end{aligned}\)
\(\begin{aligned}P(X \le \sqrt{\ln9}) &= 1 - e^{-\frac{(\sqrt{\ln9})^2}{2}} = 1 - e^{-\frac{\ln9}{2}} = \\ &= 1 - \exp(\ln(9^{-0.5})) = 1- \exp(\ln(\frac{1}{3})) = \\ &= 1- \frac{1}{3} = \frac{2}{3}.\end{aligned}\)
Poniższe równania mają dwa rozwiązania ale należy wziąć pod uwagę, że \(x \ge 0\) co ostatecznie da jeden dodatni wynik.
Mediana:
\(P(X < m) = 0.5,\)
\(1 - e^{-\frac{m^2}{2}} = 0.5,\)
\(e^{-\frac{m^2}{2}} = 0.5,\)
\(-\frac{m^2}{2} = ln(0.5),\)
\(m^2 = -2ln(0.5),\)
\(m = \sqrt{(ln4)}.\)
Moda:
\(f'(x) = 0,\)
\(\left(xe^{-\frac{x^2}{2}}\right)' = 0,\)
\(e^{-\frac{x^2}{2}} + xe^{-\frac{x^2}{2}}(-x)= 0,\)
\(e^{-\frac{x^2}{2}}(1 - x^2)= 0,\)
\(x = 1.\)
Zadanie 56#
Zmienna \(X\) ma gęstość postaci
\(f(x) = \begin{cases} \frac{1}{\pi} \cdot \frac{1}{\sqrt{4-x^2}} & \text{dla } |x| < 2. \\ 0 & \text{w p.p.} \end{cases}\)
Zbadać istnienie \(E(X)\). Wyznaczyć dystrybuantę \(X\) oraz obliczyć \(P(1 < X \le 2)\).
Rozwiązanie
\(E(X) = \int\limits_{-2}^2 \frac{1}{\pi} \cdot \frac{xdx}{\sqrt{4-x^2}} = 0.\)
\(\begin{aligned}\frac{1}{\pi} \int\limits_{-2}^t \frac{1}{\sqrt{4-x^2}}dx &= \frac{1}{\pi} \int\limits_{-2}^t \frac{1}{2\sqrt{1-(\frac{x}{2})^2}}dx = \left|\begin{aligned} sin(z) &= \frac{x}{2} \\ cos(z)dz &= \frac{dx}{2}\end{aligned}\right| = \\ &= \frac{1}{\pi} \int\limits_{-2}^t \frac{cos(z)dz}{\sqrt{1-sin^2(z)}} = \frac{1}{\pi} \int\limits_{-2}^t \frac{cos(z)dz}{\sqrt{cos^2(z)}}= \\ &= \frac{1}{\pi} \int\limits_{-2}^t dz = \frac{1}{\pi} z\biggr|_{-2}^t = \frac{1}{\pi} arcsin(\frac{x}{2})\biggr|_{-2}^t = \\ &= \frac{1}{\pi}(arcsin(\frac{t}{2})+\frac{\pi}{2}) = \frac{1}{\pi}arcsin(\frac{t}{2})+\frac{1}{2}\end{aligned}\)
\(F(x) = \begin{cases} 0 & \text{dla } x < -2, \\ \frac{1}{\pi}arcsin(\frac{t}{2})+\frac{1}{2} & \text{dla } x \in [-2, 2), \\ 1 & \text{dla } x \ge 2. \end{cases}\)
\(P(1 < X \le 2) = P(X \le 2) - P(X < 1) = 1 - \frac{1}{\pi}arcsin(\frac{1}{2}) - \frac{1}{2} = \frac{1}{3}\)
Zadanie 57#
Zmienna \(X\) ma gęstość postaci
\(f(x) = \begin{cases} e^{2x} & \text{dla } x \in (0, \ln\sqrt{3}). \\ 0 & \text{w p.p.} \end{cases}\)
Znaleźć \(P(\ln2 < X \le 1)\), \(P(X < \ln\frac{1}{2})\).
Rozwiązanie
\(P(\ln 2 < X \le 1) = P(X < \ln\frac{1}{2}) = 0,\)
bo:
\(\ln2 > \ln\sqrt{3},\)
i
\(\ln\frac{1}{2} < 0.\)
Zadanie 58#
Dobrać \(A\) i \(B\) tak, by funkcja
\(F(x) = \begin{cases} 0 & \text{dla } x \le -1, \\ A + B \cdot \arccos(x) & \text{dla } x \in (-1, 1]. \\ 1 & \text{dla } > 1. \end{cases}\)
była dystrybuantą pewnej ciągłej zmiennej losowej \(X\). Znaleźć funkcję gęstości, obliczyć \(P(0 < X \le 1)\), \(P(X > \frac{1}{2})\).
Rozwiązanie
Korzystam z własności dystrybuanty:
\(\begin{cases} 1 = A + B\cdot \arccos(1) \\ 0 = A + B\cdot \arccos(-1) \end{cases}\)
Odejmuję stronami:
\(1 -0 = A + B \cdot \arccos(1) - A - B\cdot \arccos(-1),\)
\(1 = B(\arccos(1) - \arccos(-1)) = -\pi B,\)
\(B = -\frac{1}{\pi},\)
\(A = -B \cdot \arccos(-1) = \frac{1}{\pi}\cdot \pi = 1\)
\(F(x) = \begin{cases} 0 & \text{dla } x \le -1, \\ 1 - \frac{1}{\pi}\cdot \arccos(x) & \text{dla } x \in (-1, 1]. \\ 1 & \text{dla } x > 1. \end{cases}\)
Gęstość:
\(f(x) = \begin{cases} \frac{1}{\pi\sqrt{1-x^2}} & \text{dla } x \in (-1, 1), \\ 0 & \text{w p.p.} \end{cases}\)
\(P(0 < X \le 1) = P(X \le 1) - P(X < 0) = 1 - 1 + \frac{1}{\pi}\cdot \arccos(0) = \frac{1}{2},\)
\(P(X > \frac{1}{2}) = 1 - P(X < \frac{1}{2}) = 1 - 1 + \frac{1}{\pi}\cdot \arccos(0.5) = \frac{1}{3}\)
Zadanie 59#
Bok prostokąta jest zmienną losową \(X\) o rozkładzie jednostajnym na przedziale \([0, 10]\).
Obliczyć:
a) \(E(X^2)\),
b) wartość oczekiwaną pola prostokąta, jeśli jego obwód wynosi 20.
Rozwiązanie
a)
Korzystam z wzorów na wariancję i wartość oczekiwaną rozkładu jednostajnego:
\(E(X^2) = Var(X) + [E(X)]^2 = \frac{(0-10)^2}{12} + (\frac{0 + 10}{2})^2 = \frac{100}{3}.\)
b)
Należy obliczyć wartość oczekiwaną zmiennej \(Z = XY\), gdzie zmienne \(X\) i \(Y\) to boki prostokąta, uwzględniając warunek mamy:
\(2X + 2Y = 20,\)
\(X+Y=10,\)
\(Y = 10 - X,\)
\(\begin{aligned}E(Z) &= E(XY) = E[X(10-X)] = E(10X-X^2) = 10E(X) - E(X^2) = \\ &= 10\cdot\frac{10}{2} - \frac{100}{3} = \frac{50}{3}.\end{aligned}\)
Zadanie 60#
Zmienna \(X\) ma gęstość postaci
\(f(x) = \begin{cases} 0 & \text{dla } x < 0, \\ xe^{-x} & \text{dla } x \ge 0. \end{cases}\)
Wyznaczyć dystrybuantę oraz \(P(0 < X < \ln2)\).
Rozwiązanie
\(\int\limits_0^t xe^{-x}dx =\)
\(= \int\limits_0^t x\left(-e^{-x}\right)'dx\)
\(= \left[-xe^{-x}+\int\limits_0^t e^{-x}dx\right]_0^t\)
\(= \left[-xe^{-x} - e^{-x}\right]_0^t\)
\(= \left(-te^{-t} - e^{-t}\right) - \left(0e^{-0} - e^{-0}\right)\)
\(= 1 - te^{-t} - e^{-t}\)
\(F(x) = \begin{cases} 0 & \text{dla } x < 0, \\ 1 - xe^{-x} - e^{-x} & \text{dla } x \ge 0. \\ \end{cases}\)
\(\begin{aligned}P(0 < X < \ln2) &= P(X < \ln2) - P(X < 0) = 1 - \ln2 \cdot e^{-\ln2} - e^{-\ln2} = \\ &= 1 - \frac{1}{2}\ln2 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} - \frac{1}{2}\ln2\end{aligned}\)
Zadanie 61#
Dobrać tak stała \(k\), by funkcja
\(f(x) = \begin{cases} k\cdot \arcsin(x) & \text{dla } x \in [0, 1], \\ 0 & \text{w p.p}, \\ \end{cases}\)
była gęstością pewnej zmiennej losowej \(X\).
Rozwiązanie
\(1 = k\int\limits_0^1 \arcsin(x)\)
\(= k\left[x\cdot \arcsin(x) + \sqrt{1-x^2}\right]_0^1\)
\(= k\left(1\cdot \arcsin(1) + \sqrt{1-1} - 0\cdot \arcsin(0) + \sqrt{1-0}\right)\)
\(= k(\frac{\pi}{2}-1)\)
\(= k(\frac{\pi-2}{2}),\)
\(k = \frac{2}{\pi-2}.\)
Zadanie 62#
Zmienna losowa \(X\) ma dystrybuantę postaci
\(F(x) = \begin{cases} 0 & \text{dla } x \le 0, \\ 3x^2-2x^3 & \text{dla } x \in (0, 1]. \\ 1 & \text{dla } x > 1. \end{cases}\)
Znaleźć funkcję gęstości. Obliczyć \(E(X)\), \(Var(X)\), \(P(0 < X < \frac{1}{2})\), \(P(X > \frac{1}{3})\).
Rozwiązanie
\(f(x) = \begin{cases} 6x-6x^2 & \text{dla } x \in (0, 1), \\ 0 & \text{w p.p.} \end{cases}\)
\(E(X) = \int\limits_0^1 6x^2-6x^3 = 0.5,\)
\(E(X^2) = \int\limits_0^1 6x^3-6x^4 = 0.3,\)
\(Var(X) = 0.3 - 0.25= 0.05.\)
\(P(0 < X < \frac{1}{2}) = P(X < \frac{1}{2}) - P(X < 0) = 3(\frac{1}{2})^2-2(\frac{1}{2})^3 = 0.5,\)
\(P(X > \frac{1}{3}) = 1 - P(X < \frac{1}{3}) = 1 - 3(\frac{1}{3})^2 + 2(\frac{1}{3})^3 = \frac{20}{27}.\)
Zadanie 63#
Dystrybuanta pewnej zmiennej losowej \(X\) jest postaci
\(F(x) = \begin{cases} 0 & \text{dla } x \le 0, \\ x^3 & \text{dla } x \in (0, 1], \\ 1 & \text{dla } x > 1. \end{cases}\)
Znaleźć funkcję gęstości, obliczyć \(E(X)\), \(Var(X)\), \(P(0 < X <\frac{1}{2})\), medianę oraz \(x_{0.2}\) i \(x_{0.729}\).
Rozwiązanie
\(f(x) = \begin{cases} 3x^2 & \text{dla } x \in (0, 1), \\ 0 & \text{w p.p.} \end{cases}\)
\(E(X) = \int\limits_0^1 3x^3 dx = \frac{3}{4},\)
\(E(X) = \int\limits_0^1 3x^4 dx = \frac{3}{5},\)
\(Var(X) = \frac{3}{5} - (\frac{3}{4})^2 = \frac{3}{80}.\)
\(P(0 < X < \frac{1}{2}) = P(X < \frac{1}{2}) - P(X < 0) = (\frac{1}{2})^3 = \frac{1}{8}\)
\(P(X < x_{0.5}) = 0.5,\)
\(x_{0.5}^3 = 0.5,\)
\(x_{0.5} = 0.5^\frac{1}{3}.\)
\(P(X < x_{0.2}) = 0.2,\)
\(x_{0.2}^3 = 0.2,\)
\(x_{0.2} = 0.2^\frac{1}{3}.\)
\(P(X < x_{0.729}) = 0.729,\)
\(x_{0.729}^3 = 0.729,\)
\(x_{0.729} = 0.729^\frac{1}{3} = 0.9.\)
Zadanie 64#
Niech zmienna losowa \(X\) ma rozkład normalny \(N(\mu , \sigma^2)\). Wówczas rozkład zmiennej losowej \(Y = exp(X)\) nazywamy rozkładem lognormalnym z parametrami \(\mu\), \(\sigma\). Oblicz wartość oczekiwaną i wariancje zmiennej losowej \(Y\).
Rozwiązanie
\(f(x) = \frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi}} e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}\)
Należy doprowadzić poniższe równania do takiej postaci aby pojawiała się gęstość rozkładu normalnego, wtedy całka będzie wynosić 1.
\(\begin{aligned}E(Y) &= E(e^X) = \int\limits_{-\infty}^\infty \frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi}} e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}e^x dx = \\ &= \int\limits_{-\infty}^\infty \frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi}} e^{-\frac{(x-\mu)^2 - 2\sigma^2 x}{2\sigma^2}} dx = \int\limits_{-\infty}^\infty \frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi}} e^{-\frac{x^2-2\mu x +\mu^2 - 2\sigma^2 x}{2\sigma^2}} dx = \\ &= \int\limits_{-\infty}^\infty \frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi}} e^{-\frac{x^2-2(\mu + \sigma^2)x + (\mu + \sigma^2)^2 - (\mu + \sigma^2)^2 + \mu^2}{2\sigma^2}} dx = \\ &= \int\limits_{-\infty}^\infty \frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi}} e^{-\frac{(x-2(\mu + \sigma^2))^2 - (\mu + \sigma^2)^2 + \mu^2}{2\sigma^2}} dx = \\ &= \int\limits_{-\infty}^\infty \frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi}} e^{-\frac{(x-2(\mu + \sigma^2))^2}{2\sigma^2} - \frac{\mu^2-(\mu + \sigma^2)^2}{2\sigma^2}} dx = \\ &= \int\limits_{-\infty}^\infty \frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi}} e^{-\frac{(x-2(\mu + \sigma^2))^2}{2\sigma^2}} e^{-\frac{\mu^2-(\mu + \sigma^2)^2}{2\sigma^2}} dx = \\ &= e^{-\frac{\mu^2-(\mu + \sigma^2)^2}{2\sigma^2}} = \\ &= e^{\mu + \frac{\sigma^2}{2}}\end{aligned}\)
\(\begin{aligned}E(Y^2) &= E(e^2X) = \int\limits_{-\infty}^\infty \frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi}} e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}e^{2x} dx = \\ &= \int\limits_{-\infty}^\infty \frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi}} e^{-\frac{(x-(\mu+2\sigma^2))^2}{2\sigma^2}} e^{-\frac{(\mu^2-(\mu+2\sigma^2)^2)}{2\sigma^2}}dx = e^{-\frac{(\mu^2-(\mu+2\sigma^2)^2)}{2\sigma^2}} = \\ &= e^{2\mu + 2\sigma^2}\end{aligned}\)
\(Var(Y) = e^{2\mu + 2\sigma^2} - \left(e^{\mu + \frac{\sigma^2}{2}}\right)^2 = e^{2\mu + \sigma^2} (e^{\sigma^2} - 1)\)
Zadanie 65#
Mówimy, że ciągła zmienna losowa \(X\) ma rozkład gamma z parametrami \(\alpha > 0\), \(\beta > 0\), jeśli gęstość prawdopodobieństwa zmiennej \(X\) jest postaci:
\(f(x) = \begin{cases} \frac{\beta^{\alpha} x^{\alpha - 1} e^{-\beta x}}{\Gamma(\alpha)} & \text{dla } x > 0, \\ 0 & \text{poza tym}. \end{cases}\)
Oblicz wartość oczekiwaną i wariancję zmiennej losowej \(X\).
Rozwiązanie
\(\begin{aligned}E(X) &= \int\limits_{-\infty}^\infty \frac{\beta^{\alpha} x^{\alpha - 1} x e^{-\beta x}}{\Gamma(\alpha)} = \frac{\beta^\alpha\Gamma(\alpha+1)}{\beta^{\alpha+1}\Gamma(\alpha)} \int\limits_{-\infty}^\infty \frac{\beta^{\alpha+1}}{\Gamma(\alpha+1)} x^{(\alpha + 1)- 1} e^{-\beta x} = \\ &= \frac{\Gamma(\alpha+1)}{\beta\Gamma(\alpha)} = \frac{\alpha\Gamma(\alpha)}{\beta\Gamma(\alpha)} = \\ &= \frac{\alpha}{\beta},\end{aligned}\)
\(\begin{aligned}E(X^2) &= \int\limits_{-\infty}^\infty \frac{\beta^{\alpha} x^{\alpha - 1} x^2 e^{-\beta x}}{\Gamma(\alpha)} = \frac{\beta^\alpha\Gamma(\alpha+2)}{\beta^{\alpha+2}\Gamma(\alpha)} \int\limits_{-\infty}^\infty \frac{\beta^{\alpha+2}}{\Gamma(\alpha+2)} x^{(\alpha + 2)- 1} e^{-\beta x} = \\ &= \frac{\Gamma(\alpha+2)}{\beta^2\Gamma(\alpha)} = \frac{(\alpha+1)\alpha\Gamma(\alpha)}{\beta^2\Gamma(\alpha)} = \\ &= \frac{\alpha^2+\alpha}{\beta^2},\end{aligned}\)
\(Var(X) = \frac{\alpha^2+\alpha}{\beta^2} - \frac{\alpha^2}{\beta^2} = \frac{\alpha}{\beta^2}.\)
Zadanie 66#
Zmienne losowe \(X\), \(Y\) są niezależne i mają jednakową gęstość \(f\). Wyznacz gęstość zmiennych losowych:
a) \(Z = max(X, Y)\),
b) \(U = min(X, Y)\).
Rozwiązanie
a)
\(\begin{aligned}P(Z < z) &= P(max(X,Y)<z) = P(X<z, Y<z) = \\ &= P(X<z)P(Y<z)=F^2\end{aligned}\)
\(f_Z(z) = 2Ff\)
b)
\(\begin{aligned}P(U < u) &= P(min(X,Y)<u) = 1 - P(min(X,Y)>u) = \\ &= 1 - P(X>u,Y>u) = 1 - P(X>u)p(Y>u) = \\ &= 1 - (1 - P(X<u))(1 - P(Y<u)) = 1-(1-F)(1-F) = \\ &= 1-(1-F)^2\end{aligned}\)
\(f_U(u) = 2f(1-F)\)
Zadanie 67#
Zmienne losowe \(X\), \(Y\) są niezależne i mają dystrybuanty \(F\), \(G\), odpowiednio. Wyznacz dystrybuanty następujących zmiennych losowych:
a) \(Z = max(X, Y)\),
b) \(U = min(X, Y)\),
c) \(V = max(2X, Y)\),
d) \(W = min(X^2, Y)\).
Rozwiązanie
a)
\(\begin{aligned}P(Z < z) &= P(max(X,Y)<z) = P(X<z, Y<z) = \\ &= P(X<z)P(Y<z) = FG\end{aligned}\)
b)
\(\begin{aligned}P(U < u) &= P(min(X,Y)<u) = 1 - P(min(X,Y)>u) = \\ &= 1 - P(X>u,Y>u) = 1 - P(X>u)p(Y>u) = \\ &= 1 - (1 - P(X<u))(1 - P(Y<u)) = 1-(1-F)(1-G)\end{aligned}\)
c)
\(\begin{aligned}P(V < v) &= P(max(2X,Y)<v) = P(2X<v, Y<v) = \\ &= P(X<\frac{v}{2})P(Y<v) = F(\frac{v}{2})G(v)\end{aligned}\)
d)
\(\begin{aligned}P(W < w) &= P(min(X^2,Y)<w) = 1 - P(min(X^2,Y)>w) = \\ &= 1 - P(X^2>w,Y>w) = 1 - P(X^2>w)P(Y>w) = \\ &= 1 - (1 - P(X^2<w))(1 - P(Y<w)) = \\ &= 1 - (1 - P(-\sqrt{w}<X<\sqrt{w}))(1 - G(w)) = \\ &= 1 - (1 - F(\sqrt{w})+F(\sqrt{w}))(1 - G(w))\end{aligned}\)
Zadanie 68#
\(X\), \(Z\) są niezależnymi zmiennymi losowymi. Zmienna losowa \(X\) jest typu ciągłego z gęstością \(f\) i \(P(X>0)=1\). Zmienna losowa \(Z\) ma rozkład \(Bin(1,p)\). Znajdź dystrybuantę i gęstość zmiennej \(Y = ZX\).
Rozwiązanie
\(P(X > 0) = 1\)
\(1 - P(X < 0) = 1\)
\(P(X < 0) = 0\)
stąd \(f(x) = 0\) dla \(x<0\).
\(q = 1-p\)
\(P(Z = 0) = q\)
\(P(Z = 1) = p\)
\(P(Y < y) = P(ZX < y) = P(Z=0, 0<y) + P(Z=1, X<y)\) \( = P(Z=0) \mathbb{1}_{(-\infty, 0)} + P(Z=1)P(X<y)\)
\( = q \mathbb{1}_{(-\infty, 0)} + pF_X(y)\)
Ostatecznie:
\( F_Y(y)={\begin{cases} 0 & {\text{dla }} y<0,\\ q & {\text{dla }} y=0,\\ q+pF_X(y) & {\text{dla }} y>0. \end{cases}} \)
\( f_Y(y)= pf_X(y) \text{ dla } y>0. \)