---
title: RPiS Lista 2
tags: rpis
author: Mateusz Reis
---
# RPiS Lista 2

## Zadanie 1

- (a) $\emptyset \in \Sigma$
Wiemy, że $\Omega \in \Sigma$ ponadto wiemy, że $A \in \Sigma \Rightarrow A^C \in \Sigma$ Stąd:
$$
\Omega \in \Sigma \Rightarrow \Omega^C=\emptyset \in \Sigma
$$

- (b)

Załóżmy, że $A_k \in \Sigma$, dla $k=1,2,\dots$. Wykazać, że $\bigcap\limits_{k \in\mathbb{N}} A_k$ $\in \Sigma$

Wiemy, że dopełnienie oznaczane przez $\Omega \setminus A$ to inaczej $A^C$
Wiedząc to możemy teraz z praw de Morgana napisać, że:

$$
\Omega \setminus \left(\bigcup\limits_{k \in \mathbb{N}} \Omega \setminus A_k \right) =\left(\bigcup_{k\in\mathbb{N}} A_k^C \right)^C=\bigcap_{k\in\mathbb{N}}(A_k^C)^C=\bigcap_{k\in\mathbb{N}} A_k
$$

Z założenia wiemy, że :
* $A_k \in \Sigma \implies$ $\Omega \setminus A_k \in \Sigma$
* $A_k \in \Sigma \implies \bigcup\limits_{k \in\mathbb{N}} A_k \in \Sigma$
A z połączenia tych dwóch własności możemy powiedzieć, że : $\bigcup\limits_{k \in \mathbb{N}} \Omega \setminus A_k \in \Sigma$. A ponadto $\Omega \setminus \left(\bigcup\limits_{k \in \mathbb{N}} \Omega \setminus A_k \right) \in \Sigma$. A to z kolei oznacza z powyższych przekształceń, że $\bigcap\limits_{k \in \mathbb{N}} A_k \in \Sigma$.

## Zadanie 2

- (a)
$$
\mathcal{F}_1 = \Big\{ \emptyset, \Omega, \{a\}, \{b,c\} \Big\}\\
\mathcal{F}_2 = \Big\{ \emptyset, \Omega, \{b\}, \{a,c\} \Big\}\\
\mathcal{F}_3 = \Big\{ \emptyset, \Omega, \{c\}, \{a,b\} \Big\}\\
\mathcal{F}_4 = \Big\{ \emptyset, \Omega \Big\}
$$

- (b)

Niech
X: $a\rightarrow 10, b\rightarrow 3, c\rightarrow 10$
Y: $a\rightarrow 7, b\rightarrow 54, c\rightarrow 54$
$\mathcal{F} = \Big\{ \emptyset, \Omega, \{a,c\}, \{b\} \Big\}$

Wtedy, dla przestrzeni probabilistycznej $(\Omega, \mathcal{F}, P)$ mamy:
$$
X^{-1}((b,\infty))=\{a,c\} \in \Sigma\\
Y^{-1}((a,\infty))=\{b,c\} \notin \Sigma
$$

## Zadanie 3

$$
\mathcal{F} = \Big\{ \emptyset, \Omega, \{1,4\}, \{2,3,5\} \Big\}
$$

## Zadanie 4

$$
F(X) =
\begin{cases}
0 & \text{dla } x \in (-\infty,2)\\
0.2 & \text{dla } x \in [2,3)\\
0.6 & \text{dla } x \in [3,4)\\
0.7 & \text{dla } x \in [4,5)\\
1 & \text{dla } x \in [5,\infty)\\
\end{cases}
$$

$$
E[X]=\sum_{i} x_ip_i = 3,5
$$

## Zadanie 5
|$x_i$|-2|3|5|
|-|-|-|-|
|$p_i$|0,2|0,5|0,3|

## Zadanie 6

$$
E(aX+b)=\sum_{k=0} (ax_k+b)p_k = \sum_{k=0} ax_kp_k + \sum_{k=0} bp_k =\\ a\sum_{k=0} x_kp_k + b\sum_{k=0} p_k = a E(X) + b
$$

ponieważ

$$
E(X)= \sum_{k=0} x_kp_k
$$

a prawdopodobieństwa $p_k$ sumują się do jedynki.

## Zadanie 7

$$
E[aX+b] =\int^\infty_{-\infty}(ax+b)f(x)dx =a\int^\infty_{-\infty} xf(x)dx+b\int^\infty_{-\infty} f(x)dx = aE[X]+b
$$

## Zadanie 8


(a)
$$B(p,q+1)=\int_0^1 t^{p-1}(1-t)^{q} dt =\int_0^1 (\frac{t^{p}}{p})^{'}(1-t)^{q} dt=
$$
Teraz całkujemy przez części:
$$ = \left[\frac{t^p}{p}(1-t)^q\right]_0^1 (\leftarrow \text{zbiega do zera}) + \frac{q}{p}\int_0^1 t^p(1-t)^{q-1} dt $$
Teraz za $t^p$ podstawiamy $t^{p-1} -t^{p-1}(1 - t)$
$$ = \frac{q}{p} \int_0^1 t^{p-1}(1-t)^{q-1} - t^{p-1}(1-t)^q dt = $$
$$\\=\frac{q}{p}\left[ \int_0^1 t^{p-1}(1-t)^{q-1} dt - \int_0^1 t^{p-1}(1-t)^{q} dt \right] = \frac{q}{p} \left[ B(p,q) - B(p,q+1) \right]$$
Czyli z powyższych obliczeń możemy napisać, że:
$$B(p,q+1) = \frac{q}{p} B(p,q) - \frac{q}{p} B(p,q+1) $$
$$ B(p,q+1) + \frac{q}{p}B(p, q+1)=\frac{q}{p}B(p,q)$$
$$ B(p, q+1)(1 + \frac{q}{p}) = \frac{q}{p}B(p,q)$$
$$B(p,q+1) \frac{q+p}{p} = \frac{q}{p} B(p,q) $$
$$B(p,q+1) = \frac{q}{p}\cdot \frac{p}{q+p} B(p,q) $$
$$B(p,q+1) = \frac{q}{q+p} B(p,q) $$

(b)

Aby rozwiązać ten podpunkt będziemy potrzebować własności funkcji Beta, która mówi nam o tym, że $B(p,q) = B(q,p)$ Własność ta jest dość oczywista, jeśli pomyślimy o podstawieniu, gdzie za $t$ weźmiemy w całce $1 - u$. Wtedy zmienne zamienią nam się po prostu kolejnością, a granice i wynik pozostaną te same. Tj:
$$
\int_0^1 t^{p-1}(1-t)^{q-1}dt = \int_0^1 (1-u)^{p-1}u^{q-1}du
$$

Wiedząc to już łatwo możemy policzyć:

$B(p,q) = B(p,q+ 1) + B(p+ 1,q)$

$B(p,q) = \frac{q}{q+p}B(p,q) + \frac{p}{q+p}B(p,q)$

$B(p,q) = B(p,q) (\frac{q+p}{q+p})$

$B(p,q) = B(p,q)$