Lista 8 - HackMD

###### tags: `Rachunek Prawdopodobieństwa i Statystyka` # Lista 8 ## Zadanie 1 :::info O zmiennej losowej $X$ wiadomo, że $P (X > t) = αe^{−λt} + βe^{−μt},\space t\geq 0.$ $α + β = 1,\space α, β\geq 0,\space λ, μ > 0$. Obliczyć wartość oczekiwaną X. ::: $F(x)=P(X\leq t)$ $P(X>t) + P(X\leq t) = P(X>t) + F(x) = 1$ / $-P(X>t)$ $F(x) = 1-P(X>t)=1-αe^{−λx} - βe^{−μx}$ $f(x)=F_X'(x)=\alpha\lambda e^{-\lambda x}+\beta\mu e^{-\mu x}$ $E(x)=\displaystyle\int_0^{+\infty}x f(x)dx=\displaystyle\int_0^{+\infty}x (\alpha\lambda e^{-\lambda x}+\beta\mu e^{-\mu x})dx=\\=\alpha\lambda\displaystyle\int_0^{+\infty}xe^{-\lambda x}dx+\beta\mu\displaystyle\int_0^{+\infty}xe^{-\mu x}dx=\\=\alpha\lambda\displaystyle\int_0^{+\infty}x(-\frac1\lambda e^{-\lambda x})'dx+\beta\mu\displaystyle\int_0^{+\infty}x(-\frac1{\mu}e^{-\mu x})'dx=\\=\alpha\lambda(-\frac{x}{\lambda}e^{-\lambda x}\Big|_{x=0}^{+\infty} + \frac{1}{\lambda}\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{-\lambda x}dx)+\beta\mu(-\frac{x}{\mu}e^{-\mu x}\Big|_{x=0}^{+\infty} + \frac{1}{\mu}\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{-\mu x}dx)=\\=\alpha\lambda(\frac{1}{\lambda}\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{-\lambda x}dx)+\beta\mu(\frac{1}{\mu}\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{-\mu x}dx)=\alpha(\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{-\lambda x}dx)+\beta(\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{-\mu x}dx)=\\=\alpha(-\frac{1}{\lambda}e^{-\lambda x}\Big|_{x=0}^{+\infty})+\beta(-\frac{1}{\mu}e^{-\mu x}\Big|_{x=0}^{+\infty})=\alpha(-\frac{1}{\lambda e^{\lambda x}}\Big|_{x=0}^{+\infty})+\beta(-\frac{1}{\mu e^{\mu x}}\Big|_{x=0}^{+\infty})=\alpha(\frac1\lambda)+\beta(\frac1\mu)=\\=\frac{\alpha}{\lambda}+\frac{\beta}{\mu}$ ## Info do zadań 2, 3, 4 :::info Zmienna losowa $X_n$ ma gęstość $f_n(x) = \frac{c_n}{x^{n+1}}\space dla\space x ∈ [c_n, ∞)$. ::: ## Zadanie 2 :::info Wyznaczyć $c_n$ oraz $E(X_n)$. ::: $1=\displaystyle\int_{c_n}^{+\infty}f_n(x)dx=\displaystyle\int_{c_n}^{+\infty}\frac{c_n}{x^{n+1}}dx=c_n\displaystyle\int_{c_n}^{+\infty}x^{-(n+1)}dx=\\=c_n(-\frac{1}{nx^n}\Big|_{x=c_n}^{+\infty})=c_n*\frac{1}{nc_n^n}=\frac1{nc_n^{n-1}}$ $\frac1{nc_n^{n-1}}=1$ $nc_n^{n-1}=1$ $c_n^{n-1}=\frac1n$ $c_n=\frac1{\sqrt[n-1]{n}}$ $E(X)=\displaystyle\int_{\frac1{\sqrt[n-1]{n}}}^{+\infty}xf(x)dx=\displaystyle\int_{\frac1{\sqrt[n-1]{n}}}^{+\infty}x\frac{c_n}{x^{n+1}}dx=\displaystyle\int_{\frac1{\sqrt[n-1]{n}}}^{+\infty}\frac{c_n}{x^{n}}dx=c_n\displaystyle\int_{\frac1{\sqrt[n-1]{n}}}^{+\infty}x^{-n}dx=c_n*\frac11$ ## Zadanie 3 X :::info Wyznaczyć gęstość zmiennej $Z_n = \ln X_n$. ::: ## Zadanie 4 :::info Dla jakich wartości $m$ istnieje wartość oczekiwana $E(X^{m+1}_n)$? ::: $f_n(x) = \frac{c_n}{x^{n+1}}$ $E(X^{m+1}_n)=\displaystyle\int_{c_n}^{+\infty}x^{m+1}*\frac{c_n}{x^{n+1}}\space dx=c_n\displaystyle\int_{c_n}^{+\infty}x^{m-n}\space dx=c_n\frac1{m-n+1}x^{m-n+1}\Big|_{c_n}^{+\infty}=\\=\frac{c_n}{m-n+1}(\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty} x^{m-n+1}-c_n^{m-n+1})=\frac{c_n}{m-n+1}\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty} x^{m-n+1}-\frac{c_n^{m-n+2}}{m-n+1}$ Wartość oczekiwana istnieje, jeżeli spełnione są oba warunki: * funkcja całkowana nie wynosi $\frac1x$, więc $m-n\neq1\implies m\neq n-1$ * limes istnieje, więc $\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty} x^{m-n+1}=c$, gdzie $c\in\mathbb R$, czyli $m-n+1 \leq0\implies m\leq n-1$ ## Zadanie 5 :::info $X$ jest ciągłą zmienną losową określoną na przedziale $(0, a)$. Wykazać, że $E(X) =\displaystyle\int_0^a (1 − F (t)) dt$. ::: $E(X)=\displaystyle\int_0^axf(x)dx=xF(x)\Big|_0^a-\displaystyle\int_0^aF(x)dx=aF(a)-\displaystyle\int_0^aF(x)dx=\\=a-\displaystyle\int_0^aF(x)dx=\displaystyle\int_0^a1dx-\displaystyle\int_0^aF(x)dx=\displaystyle\int_0^a1-F(x)dx$ $\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\blacksquare$ ## Zadanie 6 X ### a) X :::info Dane są gęstości $\{f_i\}^n_{i=1}$ oraz ciąg skalarów $\{α_i\}^n_{i=1}$ takich, że $\displaystyle\sum_{i=1}^nα_i = 1$, $α_i\geq 0$. Wykazać, że $f (x) =\displaystyle\sum_{i=1}^n α_if_i(x)$ jest gęstością pewnej zmiennej losowej. ::: ### b) X :::info Niezależne zmienne $Y_1$, $Y_2$ mają rozkład jednostajny na $[0, 1]$. Wyznaczyć gęstość zmiennej $Z = \frac{Y_1 + Y_2}{2}$ . ::: ## Info do zadań 7, 8 :::info Zmienna losowa $X$ podlega rozkładowi normalnemu z parametrami jak poniżej: ![](https://i.imgur.com/tsxLaEQ.png) ::: ## Zadanie 7 X :::info Niech $Y_1 = 3X_1 + X_2$, $Y_2 = −4X_1 + 2X_2$. Znaleźć rozkład zmiennej $Y$. ::: ## Zadanie 8 :::info Niech $Y_1 = 2X_1 − 3X_2$, $Y_2 = 4X_1 + 2X_2$. Jaka jest wartość współczynnika korelacji $ρ_{y_1,y_2}$? ::: $\rho_{y_1, y_2}=\frac{Cov(y_1, y_2)}{\sqrt{V(y_1)V(y_2)}}=*$ $A = \begin{bmatrix} 2 & -3 \\[0.3em] 4 & 2 \\ \end{bmatrix}$ $\begin{bmatrix} V(y_1) & Cov(y_1, y_2) \\[0.3em] Cov(y_1, y_2) & V(y_2) \\ \end{bmatrix}=A\Sigma A^T=\begin{bmatrix} 2 & -3 \\[0.3em] 4 & 2 \\ \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 38 & -5 \\[0.3em] -5 & 4 \\ \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 2 & 4 \\[0.3em] -3 & 2 \\ \end{bmatrix}=\\=\begin{bmatrix} 91 & -22 \\[0.3em] 142 & -12 \\ \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 2 & 4 \\[0.3em] -3 & 2 \\ \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 248 & 320 \\[0.3em] 320 & 544 \\ \end{bmatrix}$ $*=\frac{320}{\sqrt{248*544}}=\frac{20\sqrt{527}}{527}$ ## Info do zadań 9, 10, 11 :::info Zakładamy, że zmienne $X_1, X_2, X_3$ są niezależne i mają ten sam ciągły rozkład o dystrybuancie $F (x)$ i gęstości $f (x)$. Tworzymy nowe zmienne losowe, mianowicie: $X_{(1)} = min \{X_1, X_2, X_3\}$, $X_{(2)}$ to druga co do wielkości wartość, $X_{(3)} = max\{X_1, X_2, X_3\}$. ::: ## Zadanie 9 X :::info Udowodnić, że $f_{(2)}(x) = 6 * F (x) * (1 − F (x)) * f (x)$. ::: ## Info do zadań 10, 11 :::info Dodatkowo zakładamy, że $X_k ∼ U[0, a]$, $k = 1, 2, 3$. ::: ## Zadanie 10 :::info Niech $Y_1 = \frac{X_1 + X_2 + X_3}3$ , $Y_2 = X_{(2)}$, $Y_3 = \frac{X_{(1)} + X_{(3)}}2$ . Udowodnić, że wartości oczekiwane są takie same: $E(Y_1) = E(Y_2) = E(Y_3) = \frac a2$ . *Wsk.: $E (Y_1)$ z własności wartości oczekiwanej, $E (Y_2)$ – całkowanie, $Y_3 = \frac{3Y_1 − Y_2}2$ .* ::: $E(Y_1)=E(\frac{X_1+X_2+=X_3}3)=\frac13E(X_1+X_2+X_3)=\frac{1}{3}*(E(X_1)+E(X_2)+E(X_3))=\\=\frac13(\frac a2+\frac a2+\frac a2)=\frac a2$ $E(Y_2)=\displaystyle\int_0^ax*6F(x)*(1-F(x))*f(x)dx=*$ $F(x)=\displaystyle\int_0^t\frac1a dx=\frac xa\Big|_{x=0}^t=\frac ta$ $f(x)=\frac1a$ $*=\displaystyle\int_0^ax*6F(x)*(1-F(x))*f(x)dx=\displaystyle\int_0^ax*6*\frac xa*(1-\frac xa)*\frac1a dx=\\=6\displaystyle\int_0^a\frac {x^2}{a^2}*(1-\frac xa) dx=6\displaystyle\int_0^a\frac {x^2}{a^2}-\frac {x^3}{a^3} dx=\frac6{a^2}\displaystyle\int_0^ax^2-\frac {x^3}{a} dx=\\=\frac6{a^2}(\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4a}\Big|_0^a)=\frac6{a^2}(\frac{a^3}{3}-\frac{a^4}{4a})=\frac{6a}{3}-\frac{6a}{4}=6*\frac a{12}=\frac a2$ $E(Y_3)=E(\frac{3Y_1 − Y_2}2)=\frac12(3E(Y_1)-E(Y_2))=\frac12(3\frac a2-\frac a2)=\frac a2$ $\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\blacksquare$ ## Zadanie 11 :::info Wykazać, że : $V(Y_1) = \frac{a^2}{36}$, $V(Y_2) = \frac{a^2}{20}$. *Wsk.: Wariancja sumy niezależnych zmiennych losowych, $E (Y_2^2)$ poprzez całkowanie.* ::: $V(Y_1)=V(\frac{X_1 + X_2 + X_3}3)=\frac19V(X_1 + X_2 + X_3)=\frac{1}{9}(V(X_1)+V(X_2)+V(X_3))=\\=\frac19(\frac {a^2}{12}+\frac {a^2}{12}+\frac {a^2}{12})=\frac19*\frac{a^2}{4}=\frac{a^2}{36}$ $V(Y_2)=E(X^2_{(2)})-E^2(X_{(2)})=\displaystyle\int_0^a x^2\frac{6x}{a}(1-\frac xa)\frac1adx-(\frac a2)^2=\\=\frac 6{a^2}\displaystyle\int_0^ax^3-\frac{x^4}{a}dx-\frac {a^2}{4}=\frac 6{a^2}(\frac{x^4}4-\frac{x^5}{5a}\Big|_0^a)-\frac {a^2}{4}=\frac 6{a^2}(\frac{a^4}4-\frac{a^5}{5a})-\frac {a^2}{4}=\\=\frac{6a^2}4-\frac{6a^3}{5a}-\frac {a^2}{4}=\frac{5a^2}4-\frac{6a^2}{5}=\frac{25a^2-24a^2}{20}=\frac{a^2}{20}$ $\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\blacksquare$ ## Zadanie 12 :::info **(E2)** Niech $(X, Y)$ oznacza wybrany losowo punkt na płaszczyźnie. Załóżmy, że współrzędne $X$ i $Y$ są niezależne i podlegają rozkładowi $N (0, 1)$. Od zmiennej $(X, Y)$ przechodzimy do zmiennej $(R, Θ)$, gdzie $R$ i $Θ$ są współrzędnymi biegunowymi punktu $(X, Y)$. Wykazać, że gęstość zmiennej $(R, Θ)$ określona jest wzorem $g(r, Θ) = \frac1{2π} r * exp\{−\frac{r^2}2\}$, gdzie $0 < Θ < 2π$, $0 < r < ∞$. ::: $f(x,y)=f(x)*f(y)$ $f_1(x)=\frac1{\sqrt{2\pi}}exp(-\frac {x^2}2)$ $f_2(y)=\frac1{\sqrt{2\pi}}exp(-\frac {y^2}2)$ $f(x,y)=\frac1{\sqrt{2\pi}}exp(-\frac {x^2}2) * \frac1{\sqrt{2\pi}}exp(-\frac {y^2}2)=\frac{1}{2\pi}exp(-\frac{x^2+y^2}{2})=\\=\displaystyle\int_{\mathbb R}\displaystyle\int_{\mathbb R}\frac{1}{2\pi}exp(-\frac{x^2+y^2}{2}) dxdy$ Podstawienie: $x=r\cos\Theta$ $y=r\sin\Theta$ Zakres całkowania zmieni się na $(0, +\infty)$ dla $r$ oraz na $(0, 2\pi)$ dla $\Theta$ $|J|=\begin{bmatrix} \cos\Theta & -r\sin\Theta \\[0.3em] \sin\Theta & r\cos\Theta \end{bmatrix}=r\cos^2\Theta-(-rsin^2\Theta)=r(\sin^2\Theta+\cos^2\Theta)=r*1=r$ $g(r,Θ)=\displaystyle\int_{\mathbb R}\displaystyle\int_{\mathbb R}\frac{1}{2\pi}exp(-\frac{x^2+y^2}{2}) dxdy=\\=\displaystyle\int_0^{+\infty}\displaystyle\int_0^{2\pi}\frac{1}{2\pi}exp(-\frac{(r\cos\Theta)^2+(r\sin\Theta)^2}{2})*|J|\space d\Theta dr=\\=\displaystyle\int_0^{+\infty}\displaystyle\int_0^{2\pi}\frac1{2\pi}exp(-\frac{r^2(\cos^2\Theta+\sin^2\Theta)}{2})*r\space d\Theta dr=\displaystyle\int_0^{+\infty}\displaystyle\int_0^{2\pi}\frac1{2\pi}r*exp(-\frac{r^2}{2})\space d\Theta dr$ $\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\blacksquare$ ## Zadanie 13 :::info **(E2)** Znaczenie zmiennej $(X, Y)$ niech będzie takie, jak w poprzednim zadaniu. Niech $D = R^2 = X^2 + Y^2$, $Θ = \tan^{−1}\frac Y X$ . ::: ### a) :::info Udowodnić, że gęstość zmiennej $(D, Θ)$ to: $f (d, Θ) = \frac12 exp\{−\frac d2\} \frac1{2π}$, gdzie $0 < d < ∞$, $0 < Θ < 2π$. ::: $f(x,y)=\displaystyle\int_{\mathbb R}\displaystyle\int_{\mathbb R}\frac{1}{2\pi}exp(-\frac{x^2+y^2}{2}) dxdy$ Podstawienie: $d=x^2+y^2$ $\Theta=\tan^{-1}\frac yx \implies y=x\tan \Theta$ $d=x^2+y^2=x^2+(x\tan \Theta)^2=x^2(1+\tan^2\Theta)\stackrel{Z\space jedynki\space trygonometrycznej}{=}x^2*\frac1{\cos^2\Theta}=\\=\frac{x^2}{\cos^2\Theta} \implies x^2=\cos^2\Theta\space d \implies x=\pm\cos\Theta\space \sqrt d$ Dla $y$ mamy identyczne obliczenia (tylko dla funkcji $\sin$), więc $y=\pm \sin\Theta\space\sqrt d$ Zakres całkowania zmieni się na $(0, +\infty)$ dla $d$ oraz na $(0, 2\pi)$ dla $\Theta$ $|J|=\begin{bmatrix} \pm \cos\Theta\space\frac1{2\sqrt{d}} & \pm \sin\Theta\space\sqrt d \\[0.3em] \pm \sin\Theta\space\frac1{2\sqrt{d}} & \pm \cos\Theta\space\sqrt d \end{bmatrix}=\frac12cos^2\Theta+\frac12sin^2\Theta=\frac12$ $f(d, Θ)=\displaystyle\int_0^{+\infty}\displaystyle\int_0^{2\pi}\frac{1}{2\pi}exp(-\frac{d}{2})*|J|\space d\Theta dd=\displaystyle\int_0^{+\infty}\displaystyle\int_0^{2\pi}\frac{1}{2\pi}exp(-\frac{d}{2})*\frac12\space d\Theta dd=\\=\displaystyle\int_0^{+\infty}\displaystyle\int_0^{2\pi}\frac12exp(-\frac{d}{2})\frac{1}{2\pi}\space d\Theta dd$ $\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\blacksquare$ ### b) :::info Sprawdzić czy zmienne $D$ i $Θ$ są niezależne. ::: $f_1(d)=\displaystyle\int_0^{2\pi}\frac12exp(-\frac{d}{2})\frac{1}{2\pi}\space d\Theta=\frac1{4\pi}\displaystyle\int_0^{2\pi}exp(-\frac d2)\space d\Theta=\frac1{4\pi}exp(-\frac d2)* (\Theta\Big|_0^{2\pi})=\\=\frac12\exp(-\frac d2)$ $f_2(\Theta)=\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac12exp(-\frac{d}{2})\frac{1}{+\infty}\space dd=\frac1{4\pi}\displaystyle\int_0^{+\infty}exp(-\frac d2)\space dd=\frac{1}{4\pi}*(-2exp(-\frac d2)\Big|_0^{+\infty})=\\=-\frac{(exp(-\frac d2)\Big|_0^{+\infty})}{2\pi}=-\frac{0-1}{2\pi}=\frac{1}{2\pi}$ $f_1(d)*f_2(\Theta)=\frac1{2\pi}*\frac12\exp(-\frac d2)=f(d,\Theta)$ Te zmienne są niezależne ### c) :::info Jaki rozkład ma zmienna $D$? ::: Rozkład wykładniczy