---
title: RPiS Lista 3
tags: rpis
author: Mateusz Reis
---
# RPiS Lista 3

## Zadanie 1

Chcemy policzyć prawdopodobieństwo zdarzenia $A$ lub $B$ czyli $P(A\cup B)$. Tak więc $P(A\cup B) = P(A)+P(B)-P(A\cap B)$. Brakuje nam tylko $P(A)$.

Wiemy że $P(A^C)=\frac{1}{3} \implies P(A)=\frac{2}{3}$.

Wtedy $P(A\cup B) = \frac{2}{3} + \frac{1}{2} - \frac{1}{4}=\frac{11}{12}$

## Zadanie 2
TODO

## Zadanie 3

Chcemy policzyć $P(Z=k)$ dla $Z=X+Y$
Tak więc:
$$
P(Z=k)=\sum_{i=0}^k P(X=i,Y=k-i)=\sum_{i=0}^k P(X=i)P(Y=k-i)=\\
\sum_{i=0}^k \binom{n_1}{i}p^i(1-p)^{n_1-i} \binom{n_2}{k-i}p^{k-i}(1-p)^{n_2-k+i} = \sum _{i=0}^k\binom{n_1}{i}\binom{n_2}{k-i}p^k(1-p)^{n_1+n_2-k}=\\
p^k(1-p)^{n_1+n_2-k}\sum_{i=0}^k\binom{n_1}{i}\binom{n_2}{k-i}=^*p^k(1-p)^{n_1+n_2-k}\binom{n_1+n_2}{k}=B(n_1+n_2,p)
$$
*Tożsamość Cauchy'ego

## Zadanie 4

Chcemy policzyć $P(Z=k)$ dla $Z=X+Y$
Tak więc
$$
P(Z=k)=\sum_{i=0}^k P(X=i,Y=k-i)=\sum_{i=0}^k P(X=i)P(Y=k-i)=\\
\sum_{i=0}^k e^{-\lambda_1}\frac{\lambda_1^i}{i!}*e^{-\lambda_2}\frac{\lambda_2^{k-i}}{(k-i)!}=
e^{-(\lambda_1+\lambda_2)}\sum_{i=0}^k\frac{1}{k!}*\frac{k!}{i!*(k-i)!}\lambda_1^i\lambda_2^{k-i}=\\
e^{-(\lambda_1+\lambda_2)}\frac{1}{k!}\sum_{i=0}^k\binom{k}{i}\lambda_1^i\lambda_2^{k-i}=e^{-(\lambda_1+\lambda_2)}\frac{(\lambda_1+\lambda_2)^k}{k!}
$$

## Zadanie 5


Jak widać z wykresu nasza funkcja przyjmuje wartości tylko gdy $0\leq x\leq 2$ oraz $0 \leq y \leq 1$

$$
f_1(x)=\int_0^1 3xy\,\,dy = \frac{3x}{2}\\
f_2(y)=\int_0^2 3xy\,\,dx = 6y
$$

## Zadanie 6

$$
E(Y)=\int_0^1 yf_2(y) dy = \int _0^1 y*6ydy=2*1=2\\
$$

Jeśli zmienne byłyby niezależne to $f(x,y)=f_1(x)*f_2(y)$ a to nieprawda bo
$f(1,1)=3$ a $f_1(1)=\frac{3}{2}$ oraz $f_2(1)=6$ co daje nam $3=\frac{3}{2}*6 \implies 3=9$ Tak więc zmienne nie są niezależne.

## Zadanie 7

Chcemy trafić konkretną wartośc 3 razy. Tak więc mamy $\binom{n-1}{2}$ możliwości na trafienie 2 dwóch sukcesów spośród $n-1$ prób. Tak więc mamy nie trafiamy $n-3$ razy z prawdopodobieństwem równym $(1-p)$ i 2 razy trafiamy z prawdopobieństwem równym $p$. Na samym końcu również mamy trafienie z prawdopobieństwem równym p. Co daje łącznie $n$ prób.
$$
P=\binom{n-1}{2}p^3(1-p)^{n-3}\\
E(X)= \sum_i^\infty iP(X=i)= \sum_i^\infty i \binom{i-1}{2}p^3(1-p)^{i-3}
$$

## Zadanie 8

## Zadanie 9

- (a)
$$
Y \approx U[0,2]
$$

- (b)
$$
Y\approx U[-1,1]\\
Z\approx U[0,1]
$$

## Zadanie 10

$$
Var[X]=E[X^2]−(E[X])^2=E[X(X−1)]+E[X]−(E[X])^2=E[X(X−1)]+\frac{1}{p}−\frac{1}{p^2}
$$

Rozpiszmy sobie teraz $E[X(X-1)]$:

$$
\sum_{k=1}^{\infty}k(k−1)p(1−p)^{k−1} = p\sum_{k=1}^{\infty}k(k−1)(1−p)^{k−1} = p\sum_{k=1}^{\infty}k(k−1)q^{k−1} = \\p\Big(\sum_{k=1}^{\infty}(k−1)q^{k}\Big)^{'} = p\Big(q^2\sum_{k=2}^{\infty}(k−1)q^{k-2}\Big)^{'}= p\Big(q^2\big(\sum_{k=2}^{\infty}q^{k-1}\big)^{'}\Big)^{'} = p\Big(q^2\big(\sum_{k=1}^{\infty}q^{k}\big)^{'}\Big)^{'} = \\ p\Big(q^2\big(\frac{q}{1-q}\big)^{'}\Big)^{'}= p\Big(q^2\Big(\frac{1}{(1-q)^2}\Big)\Big)^{'}=p\Big(\frac{q^2}{(1-q)^2}\Big)^{'}=p\Big(\frac{2q}{(1-q)^3}\Big)= \\ p\Big(\frac{2q}{p^3}\big)= \frac{2(1-p)}{p^2}
$$
Wstawijąc do początkowego wzoru:

$$
E[X(X−1)]+\frac{1}{p}−\frac{1}{p^2}= \frac{2(1-p)}{p^2} + \frac{p}{p^2} - \frac{1}{p^2} = \frac{2-2p+p-1}{p^2}=\frac{1-p}{p^2}
$$

## Zadanie 11

Łączna liczba elementów - $142$
$$
P(X=A_1)=\frac{40}{142}\\
P(X=A_2)=\frac{32}{142}\\
P(X=A_3)=\frac{20}{142}\\
P(X=A_4)=\frac{50}{142}\\
P(Y=A_1)=P(Y=A_2)=P(Y=A_3)=P(Y=A_4)=\frac{1}{4}
$$

Teraz wartości oczekiwane
$$
E(X)=\sum_{i=1}^4 x_i* p_i = \frac{1600}{142}+\frac{1024}{142}+\frac{400}{142}+\frac{2500}{142} = \frac{9124}{142} \approx 64,25\\
E(Y)=\sum_{i=1}^4 y_i* p_i = 10+8+5+12,5=35,5
$$