---
# System prepended metadata

title: RPiS Lista 4
tags: [rpis]

---

---
title: RPiS Lista 4 
tags: rpis
author: Mateusz Reis
---
# RPiS Lista 4

## Zadanie 1 
![](https://i.imgur.com/mRwV4t0.png)

- a 
$$
\int_0^\infty \int_0^\infty C(x+y)e^{-x}e^{-y} dxdy =1\\
\int_0^\infty \int_0^\infty C(x+y)e^{-x}e^{-y} dxdy=
C\int_0^\infty e^{-y} \int_0^\infty (x+y)(e^{-x})' dxdy= \\
C\int_0^\infty e^{-y}\big([(x+y)(-e^{-x})]_0^\infty - \int_0^\infty (-e^{-x}) dx\big)dy= C\int_0^\infty e^{-y}(y+1) dy =\\
C([(-e^{-y})(y+1)]_0^\infty-\int_0^\infty (-e^{-y}) dy)=C(1-(-1))=2C\\
2C=1\implies C=\frac{1}{2}
$$ 

- b
$$
f(x)=\int_0^\infty \frac{1}{2}(x+y)e^{-x}e^{-y} dy = \frac{1}{2}e^{-x}\int_0^\infty (x+y)e^{-y}dy= \frac{1}{2}e^{-x}(x+1)\\
f(y)=\int_0^\infty \frac{1}{2}(x+y)e^{-x}e^{-y} dx= \frac{1}{2}e^{-y}(y+1)
$$
Nie są niezależne bo $f(x)f(y)\not=f(x,y)$

- c
$$
m_{pq}=\int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty x^p y^q f(x,y) dy dx\\
m_{10}=\frac{1}{2} \int_0^\infty \int_0^\infty x (x+y)e^{-x}e^{-y} dy dx= 
\frac{1}{2} \int_0^\infty xe^{-x}(1+x) dx=\\
\frac{1}{2} \int_0^\infty (-e^{-x})'(x+x^2) dx =
\frac{1}{2} \left( \left[-e^{-x}(x+x^2) \right]_0^\infty -  \int_0^\infty -e^{-x}(1+2x)dx \right) =\\
\frac{1}{2} \left(\int_0^\infty e^{-x}(1+2x)dx \right) =\frac{1}{2} \left( \left[ -e^{-x}(1+2x) \right]_0^\infty - \int_0^\infty -2e^{-x}dx \right) =\frac{1}{2}\cdot 3  = \frac{3}{2}
$$

Zmienne są symetryczne, więc takimi samymi działaniami mamy $m_{01}=m_{10}=\frac{3}{2}$.

## Zadanie 2

![](https://i.imgur.com/di2Cmja.png)

$$
\int_0^3 \int_1^2 Cxy+x+y dy dx = 1\\
\int_0^3 \int_1^2 Cxy+x+y dy dx = 
\int_0^3 \left( \int_1^2 Cxy dy + \int_1^2x dy + \int_1^2 y dy \right) dx =\\
\int_0^3 \left( Cx\frac{3}{2} + x + \frac{3}{2} \right) dx =C\frac{3}{2}\cdot \frac{9}{2} +\frac{9}{2} + \frac{9}{2} = C\frac{27}{4} +9=1 \Rightarrow C=\frac{-32}{27} 
$$

Ale niestety dla $f_{XY}(x,y) = \frac{-32}{27}xy+x+y$ mamy $f(3,2)=\frac{-64}{9} + 3 + 2 = \frac{-19}{9}$ więc nie da się dobrać współczynnika $C$

## Zadanie 3
![](https://i.imgur.com/NG1FqnU.png)

Podobnie jak w zadaniu 1. Mamy:
$$
f(x)=\int_0^1 -xy+x dy = [\frac{-xy^2}{2}+x]_0^1=\frac{-x}{2}+x=\frac{x}{2}\\
f(y)=\int_0^2 -xy+x dx= (1-y)\int_0^2 xdx=(1-y)[\frac{x^2}{2}]_0^2=2-2y
$$
Teraz łatwo można sprawdzić że $f(x)f(y)=f(x,y)$ co potwierdza że zmienne $X$ oraz $Y$ są niezależne.


## Zadanie 4

![](https://i.imgur.com/vXhYF7e.png)

$$
P(1\leq X \leq 3, 0 \leq Y \leq 0.5) = \int_1^2 \int_0^{0.5}-xy+x\,\,\,dxdy=\\
\int_1^2 x \int_0^{0.5} (1-y) dxdy=\int_1^2 x(\int_0^{0.5}1dy -\int_0^{0.5}y dy) dx = \\
\int_1^2 x ( \frac{1}{2} - \frac{1}{8}) dx=\int_1^2 \frac{3}{8}x dx=\\
\frac{12}{16}-\frac{3}{16}=\frac{9}{16} 
$$

## Zadanie 5 
![](https://i.imgur.com/N4mO8fO.png)

Warto zauważyć że $y$ jest dodatni/równy zero tak więc nie musimy się przejmować parzystością $n$.

$$
F_Y(y)=P(Y<y)=P(X^n<y)=P(X<y^{\frac{1}{n}})=F_X(y^{\frac{1}{n}})\\
f_Y(y)=(F_X(y^{\frac{1}{n}}))'=\frac{y^{\frac{1}{n}-1}}{n}
$$

## Zadanie 6
![](https://i.imgur.com/olWCehr.png)

$$
F_Y(y)=P(Y<y)=P(|X|<y)=P(-x>y>x)=P(x<-y)+P(x<y)=F_X(-y)+F_X(y)\\
f_Y(y)=(F_X(-y)+F_X(y))'=F_X(-y)'+F_X(y)'=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1
$$

## Zadanie 7
![](https://i.imgur.com/uhi1Cjo.png)
$$
F_Y(y)=P(Y<y)=P(F_X(x)<y)=P(x<F_X^{-1}(y))=F_X(F_X^{-1}(y))=y\\
f_y(y)=(F_Y(y))'=1
$$
## Zadanie 8
![](https://i.imgur.com/yDc0Ab0.png)
$$
F_Y(y)=P(Y<y)=P(X^2<y)=P(x<\sqrt{y})-P(-\sqrt{y}<x)=F_X(\sqrt{y})-F_X(-\sqrt{y})\\
f_y(y)=(F_X(\sqrt{y})-F_X(-\sqrt{y}))'=F_X(\sqrt{y})'-F_X(-\sqrt{y})'=\\
\frac{1}{2\sqrt{y}}f_X(\sqrt{y})+\frac{1}{2\sqrt{y}}f_X(-\sqrt{y})=\frac{f_X(\sqrt{y})+f_X(-\sqrt{y})}{2\sqrt{y}}
$$
## Zadanie 9
![](https://i.imgur.com/go5qrQ6.png)

Aby to policzyć skorzystajmy z własności, którą udowodniliśmy w poprzednim zadaniu:

$$
f_Y(y)=\frac{f_X(\sqrt{y}) + f_X(-\sqrt{y})}{2\sqrt{y}}= \frac{1}{2}\frac{\sqrt{y}e^{-\sqrt{y}} - \sqrt{y}e^{\sqrt{y}}}{\sqrt{y}}=\frac{1}{2}\left(e^{-\sqrt{y}} - e^{\sqrt{y}} \right)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{e^{\sqrt{y}}} - e^{\sqrt{y}}\right)
$$
## Zadanie 10
![](https://i.imgur.com/nCjKVA5.png)

Wiemy, że wariancja dowolnego rozkładu wyraża się następującym wzorem:
$$
Var[X]=E[X^2]−(E[X])^2
$$

W naszym zadaniu, w rozkładzie jednostajnym wartość oczkiwana wynosi: 
$$
E[X]= \frac{1}{b-a}\left(\int_a^bxdx\right)= \frac{1}{b-a}\left(\frac{b^2}{2} - \frac{a^2}{2}\right)= \frac{b^2 - a^2}{2(b-a)}=
\frac{(b+a)(b-a)}{2(b-a)}= \frac{a+b}{2}
$$
Natomiast drugi moment wynosi:
$$
E[X^2]= \frac{1}{b-a}\left(\int_a^bx^2dx\right)= \frac{1}{b-a}\left(\frac{b^3}{3} - \frac{a^3}{3}\right)= \frac{b^3 - a^3}{3(b-a)}=
\frac{(b-a)(b^2 + ba + a^2)}{3(b-a)}=\\ \frac{b^2 + ba + a^2}{3}
$$
Teraz wstawmy do wzoru policzone wartości:
$$
\frac{b^2 + ba + a^2}{3} - \left(\frac{a+b}{2}\right)^2= \frac{b^2 + ba + a^2}{3} - \frac{a^2 + 2ab + b^2}{4}=\\ \frac{4b^2+4ab+4a^2 - 3a^2 - 6ab -3b^2}{12}= \frac{a^2 - 2ab + b^2}{12} = \frac{(b-a)^2}{12}
$$
## Zadanie 11
![](https://i.imgur.com/VQgJMHr.png)

Policzmy najpierw dystrybuantę zmiennej $Y$:
$$
F_Y(t)=P(Y\leqslant t) = P(\frac{1}{X}\leqslant t) = P(X \geqslant\frac{1}{t})= 1 - P(X < \frac{1}{t})= 1 - F_X(\frac{1}{t})
$$
Wiemy, że funkcja gęstości to pochodna dystrybuanty. Policzmy funkcję jej gęstości:
$$
f_Y(y)= \left(F_Y(y)\right)^{\prime}=\left(1-F_X\left(\frac{1}{y}\right)\right)^{\prime} = - \left(-\frac{1}{y^2}\cdot f_X\left(\frac{1}{y}\right)\right)=\frac{1}{y^2} \cdot f_X\left(\frac{1}{y}\right)
$$
Teraz, gdy wiemy jakim wzorem wyraża się funkcja prawdopodobieństwa $Y$ wstawmy do jej wzoru wzór $X$ i sprawdźmy co otrzymamy:
$$
f_{Y}(x) = \frac{1}{x^2} \cdot f_X\left(\frac{1}{x}\right)=\frac{1}{x^2} \cdot\frac{1}{\pi\left(1+\frac{1}{x^2}\right)}= \frac{1}{\pi\left(x^2+1\right)} = \frac{1}{\pi\left(1+x^2\right)}
$$
Otrzymaliśmy dokładnie tę samą funkcję gęstości, czyli zmienna losowa $Y$ również podlega rozkładowi Cauchy'ego.