---
# System prepended metadata

title: RPiS Lista 5
tags: [rpis]

---

---
title: RPiS Lista 5 
tags: rpis
author: Mateusz Reis
---

# RPiS Lista 5

## Zadanie 1
![](https://i.imgur.com/klIJ3U3.png)

$$
    E[X+Y]= \int_{\mathbb{R}}\int_{\mathbb{R}}(x+y)f_{XY}dxdy=\int_{\mathbb{R}}\int_{\mathbb{R}}xf_{XY}dxdy+\int_{\mathbb{R}}\int_{\mathbb{R}}yf_{XY}dxdy=\\=\int_{\mathbb{R}}(x\int_{\mathbb{R}}f_{XY}dy)dx + \int_{\mathbb{R}}(y\int_{\mathbb{R}}f_{XY}dx)dy=\int_{\mathbb{R}}xf_{X}dx + \int_{\mathbb{R}}yf_Ydy=E[X]+E[Y]
$$
## Zadanie 2
![](https://i.imgur.com/Thv7cBf.png)
$$
    Var(aX+b)= E[(aX+b)^2]-(E[aX+b])^2=E[a^2X^2+2abX+b^2]-(aE[X]+b)^2=\\
    =a^2E[X^2]+ 2abE[X] + b^2 - a^2(E[X])^2-2abE[X]-b^2=a^2E[X^2]-a^2(E[X])^2=\\=a^2(E[X^2]-(E[X])^2)= a^2Var(X)
$$

## Zadnie 3
![](https://i.imgur.com/tYe0WgQ.png)
Dystrybunata:
$$
    F_Y(y)= P(Y \leq y)=P(X^2\leq y)=P(-\sqrt{y}\leq X \leq\sqrt{y})=F_X(\sqrt{y}) - F_X(-\sqrt{y})
$$
Funkcja gęstości:
$$
    f_Y(y)=(F_Y(y))^{\prime}=(F_X(\sqrt{y})-F_X(-\sqrt{y}))^{\prime}=f_X(\sqrt{y})\cdot (\sqrt{y})^{\prime}-(f_X(-\sqrt{y})\cdot (-\sqrt{y})^{\prime})=\\=\frac{1}{2\sqrt{y}}(f_X(\sqrt{y})+f_X(-\sqrt{y}))=\frac{1}{2\sqrt{y}}(\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{\frac{-y}{2}}+\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^\frac{-y}{2})=\frac{1}{2\sqrt{y}}(\frac{2}{\sqrt{2\pi}}e^{\frac{-y}{2}})=\\=\frac{1}{\sqrt{2\pi y}}e^{-\frac{y}{2}}
$$
## Zadanie 4
![](https://i.imgur.com/UEt9fFq.png)

TODO

## Zadanie 5
![](https://i.imgur.com/bPIodMA.png)

W tym zadaniu chcemy przekształcić: 
$$
    f(x)=\frac{b^p}{\Gamma(p)}x^{p-1}e^{-bx}
$$
na:
$$
    f_Y(x)=\frac{e^{-\frac{x}{2}}}{\sqrt{2\pi x}}
$$
, aby pokazać, że $Y$ podlega rozkładowi Gamma. 
Z zadania czwartego wiadomo, że $\Gamma(\frac{1}{2})=\sqrt{\pi}$
Ponieważ w wyniku, który chcemy otrzymać jest pierwiastek z $\pi$, to weźmy za $p=\frac{1}{2}$ i sprawdźmy, czy będziemy w stanie dalej przekształcając otrzymać pożądany wynik.
$$
    f(x)=\frac{b^p}{\Gamma(p)}x^{p-1}e^{-bx}=\frac{b^\frac{1}{2}}{\sqrt{\pi}}x^{\frac{1}{2}-1}e^{-bx}=\frac{b^\frac{1}{2}}{\sqrt{\pi}}x^{-\frac{1}{2}}e^{-bx}=\frac{b^\frac{1}{2}}{\sqrt{\pi}}\cdot \frac{1}{x^{\frac{1}{2}}}e^{-bx}=\frac{b^\frac{1}{2}}{\sqrt{\pi x}}e^{-bx}
$$
Widzimy, że zbliżyliśmy się do pożądanego wyniku. Teraz zauważmy, że wykładniki przy $e$ naszej akutalnej postaci i oczekiwanego wyniku są takie same, jeśli weźmiemy za $b=\frac{1}{2}$. Podstawmy to i zobaczmy co otrzymamy:
$$
    \frac{b^\frac{1}{2}}{\sqrt{\pi x}}e^{-bx}=\frac{\frac{1}{2}^\frac{1}{2}}{\sqrt{\pi x}}e^{-\frac{1}{2}x}=\frac{\sqrt{\frac{1}{2}}}{\sqrt{\pi x}}e^{\frac{-x}{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}\cdot \sqrt{\pi x}}e^{\frac{-x}{2}}=\frac{e^{\frac{-x}{2}}}{\sqrt{2\pi x}}=f_Y(x)
$$
Otrzymaliśmy co chcieliśmy dla $b= \frac{1}{2}$ i $p=\frac{1}{2}$, czyli $Y$ podlega rozkładowi Gamma, co możemy zapisać $Y \sim Gamma(\frac{1}{2}, \frac{1}{2})$
## Zadanie 6
![](https://i.imgur.com/46kgQQW.png)
Dystrybunata:
$$
    F_Y(t)=P(Y\leq t)= P(\sigma X+ \mu \leq t)= P(X\leq \frac{t - \mu}{\sigma})=F_X\left(\frac{t-\mu}{\sigma}\right)
$$
Dla gęstości prawdopodobieństwa mamy:
$$
    f_Y(t)=(F_Y(t))^\prime =\left(F_X\left(\frac{t-\mu}{\sigma}\right)\right)^\prime=f_X(\frac{t-\mu}{\sigma})\cdot \frac{1}{\sigma}=\frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi}}e^{-\frac{(t-\mu)^2}{2\sigma^2}}
$$

## Zadanie 7
![](https://i.imgur.com/yFbbPnX.png)
![](https://i.imgur.com/jM5at9P.png)

1) Dla $(s,t)\in A$ mamy $F(s,t)=0$
2) Dla $(s,t)\in B$ mamy:
$$
    F(s,t)=F_{XY}(s,t)=\int_0^s \int_0^t xydydx=\int_0^sxdx\int_0^tydy=\frac{s^2t^2}{4}
$$
3) Dla$(s,t)\in C$ mamy:
$$
    F(s,t)=F_{XY}(s,1)=\int_0^s \int_0^1 xydydx=\int_0^sxdx\int_0^1ydy= \frac{s^2}{4}
$$
4) Dla$(s,t)\in D$ mamy:
$$
     F(s,t)=F_{XY}(2,t)=\int_0^2 \int_0^t xydydx=\int_0^2xdx\int_0^tydy= t^2
$$
5) Dla $(s,t)\in E$ mamy: $F(s,t)=1$
&nbsp;
W sumie dystrybuanta prezentuje się tak:
$$
F(s,t) = \left\{ \begin{array}{ll}
0 & \textrm{gdy $(s,t)\in A$}\\
\frac{s^2t^2}{4} &\textrm{gdy $(s,t)\in B$}\\
\frac{s^2}{4} &\textrm{gdy $(s,t)\in C$}\\
t^2 &\textrm{gdy $(s,t)\in D$}\\
1 &\textrm{gdy $(s,t)\in E$}
\end{array} \right.
$$
## Zadanie 8
![](https://i.imgur.com/yHLqWTY.png)

TODO
## Zadanie 9
![](https://i.imgur.com/XZ9yEAL.png)

$$
Cov(X,Y)= E[(X - E[X])(Y - E[Y])]=E\bigg[XY - E[X]Y - E[Y]X + E[X]E[Y]\bigg]=\\E[XY] - E[E[X]Y] - E[E[Y]X] + E[X]E[Y]= E[XY] - E[X]E[Y] -E[Y]E[X] +E[X]E[Y]=\\ E[XY] - E[X]E[Y]
$$
Jeśli zmienne są niezależne, to zachodzi taka własność między ich gęstościami: $f_{XY}= f_X\cdot f_Y$, a co za tym idzie ich wartośći oczekiwane wyrażane wzorem 
$$
E[X]= \int_{-\infty}^{\infty}x\cdot f_Xdx
$$ 
spełniają równość: $E[XY]=E[X]\cdot E[Y]$, stąd kowariancja wynosi $0$.