###### tags: `Rachunek Prawdopodobieństwa i Statystyka` # Lista 5 ## Zadanie 1 :::info $X$ jest zmienną losową typu dyskretnego, tzn. dane są ciągi $\{x_i\}$ , $\{p_i\}$ – wartości i ppb tej zmiennej. Udowodnić, że dla $Y = aX + b$ jest $V(Y) = a^2V(X), (a, b ∈ \mathbb{R})$. ::: $V(Y)=V(aX+b)=E((aX+b)^2)-(E(aX+b))^2=\\=E(a^2X^2+2abX+b^2)-(aE(X)+b)^2=\\=E(a^2X^2)+E(2abX)+E(b^2)-(a^2E(X)^2+2abE(X)+E(b^2))=\\=a^2E(X^2)+2abE(X)+b^2-(a^2E(X)^2+2abE(X)+b^2)=a^2E(X^2)-a^2E(X)^2=\\=a^2(E(X^2)-E(X)^2)=a^2V(X)$ $\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\blacksquare$ ## Zadanie 2 :::info Zmienna losowa podlega standardowemu rozkładowi normalnemu, tzn. $f (x) =\frac1{\sqrt {2\pi}} exp(−\frac {x^2}2)$, gdzie $x ∈ \mathbb{R}$. (Skrótowo: $X ∼ N (0, 1)$). Znaleźć rozkład (gęstość $f_Y (y) ≡ g(y)$) zmiennej $Y = X^2$. ::: $F_Y(t)=P(Y\leq t)=P(X^2 \leq t)=P(-\sqrt t \leq X \leq \sqrt t)=P(X \leq\sqrt t)-P(X\leq -\sqrt t)=\\=F_X(\sqrt t)-F_X(-\sqrt t)$ $g(y)=F_Y'=(F_X(\sqrt t)-F_X(-\sqrt t))'=F_X(\sqrt t)'-F_X(-\sqrt t)'=\\=\frac1{2\sqrt t}*(\frac1{\sqrt{2\pi}}exp(-\frac{\sqrt t^2}{2})) - \frac{-1}{2\sqrt t}*(\frac1{\sqrt{2\pi}}exp(-\frac{(-\sqrt {t})^2}{2}))=\frac1{2\sqrt t}(\frac1{\sqrt{2\pi}}exp(-\frac{t}{2}) + \frac1{\sqrt{2\pi}}exp(-\frac{t}{2}))=\\=\frac1{2\sqrt t}(\frac2{\sqrt{2\pi}}exp(-\frac{t}{2}))=\frac1{\sqrt{2\pi t}}exp(-\frac{t}{2})$ ## Zadanie 3 :::info Wykazać, że $Γ(\frac12) = \sqrt π$. (Wsk.: W zadaniu 1.3 dokonać podstawienia $t = \frac{x^2}2$ i porównać z zadaniem 1.6) ::: :::info ![](https://i.imgur.com/tz8um8Z.png) ::: $Γ(\frac12)=\displaystyle\int_0^\infty t^{-\frac12}e^{-t}dt=*$ Podstawienie: $t=\frac{x^2}{2}$ $dt=xdx$ $*=\displaystyle\int_0^\infty (\frac{x^2}{2})^{-\frac12}e^{-\frac{x^2}{2}}xdx=\displaystyle\int_0^\infty\frac{e^{-\frac{x^2}{2}}}{\frac x{\sqrt2}}xdx=\displaystyle\int_0^\infty \sqrt2e^{-\frac{x^2}{2}}dx=\sqrt2\displaystyle\int_0^\infty e^{-\frac{x^2}{2}}dx$ :::info ![](https://i.imgur.com/Z2yy0JD.png) ::: $Γ^2(\frac12)=\sqrt2\displaystyle\int_0^\infty e^{-\frac{x^2}{2}}dx * \sqrt2\displaystyle\int_0^\infty e^{-\frac{x^2}{2}}dx=2\displaystyle\int_0^\infty e^{-\frac{x^2}{2}}dx\displaystyle\int_0^\infty e^{-\frac{y^2}{2}}dy=\\=2\displaystyle\int_0^\infty\displaystyle\int_0^\infty e^{-\frac{x^2}{2}}e^{-\frac{y^2}{2}}dxdy=2\displaystyle\int_0^\infty\displaystyle\int_0^\infty e^{-\frac{x^2}{2}-\frac{y^2}{2}}dxdy=2\displaystyle\int_0^\infty\displaystyle\int_0^\infty e^{-\frac{x^2+y^2}{2}}dxdy=*$ Stosując identyczne podstawienie dostaniemy te same obliczenia z wyjątkiem granic całkowania, które zmienią się dla $\theta \in[0;\frac12\pi]$ Czyli $*=2\displaystyle\int_0^\infty\displaystyle\int_0^\infty e^{-\frac{x^2+y^2}{2}}dxdy=2\displaystyle\int_0^\infty re^{-\frac {r^2}2} dr\displaystyle\int_0^{\frac12\pi}1d\theta=*$ Pierwsza całka jest niezmienna, druga $\displaystyle\int_0^{\frac12\pi}1d\theta=\frac14*\displaystyle\int_0^{2\pi}1d\theta$ z czego wiemy, że wynik tej całki będzie 4 razy mniejszy od wyniku całki z zadania $1.6$ Czyli $*=2\displaystyle\int_0^\infty re^{-\frac {r^2}2} dr\displaystyle\int_0^{\frac12\pi}1d\theta=2*\frac{2\pi}{4}=\pi$ $Γ^2(\frac12)=\pi$ $Γ(\frac12)=\sqrt\pi$ $\qquad\qquad\qquad\qquad\blacksquare$ ## Zadanie 4 :::info Mówimy, że zmienna losowa $X$ podlega rozkładowi Gamma z parametrami $b, p > 0$ jedynie wtedy gdy $f(x) = \frac{b^p} {Γ(p)} x^{p−1} exp(−bx)$, dla $x ∈ (0, \infty)$. (Krótko: $X ∼ Gamma(b, p)$). Czy $Y$ z zadania 2. ma rozkład Gamma? Jeżeli tak, podać wartości parametrów $b$, $p$. ::: ![](https://i.imgur.com/AQdXteT.png) Z zadania 2.: $f_Y(x)=\frac1{\sqrt{2\pi x}}exp(-\frac{x}{2})$ $f_Y(x)=\frac1{\sqrt{2\pi x}}exp(-\frac{x}{2})=\frac1{\sqrt2} * \frac1{\sqrt\pi}*x^{-\frac12}*exp(-\frac{x}{2})=(\frac12)^\frac12*\frac1{Γ(\frac12)}*x^{\frac12-1}*exp(-\frac12x)=\\=\frac{(\frac12)^\frac12}{Γ(\frac12)}x^{\frac12-1}exp(-\frac12x)$ $Y$ ma rozkład Gamma z wartościami parametrów $b=\frac12,\space p=\frac12$ ## Zadanie 5 :::info **2p.** Zmienna $(X, Y)$ ma rozkład o gęstości $f (x, y) = xy$, na obszarze $[0, 2]\times[0, 1]$. Wyznaczyć dystrybuantę tej zmiennej, czyli obliczyć $F_{XY} (s, t) =\displaystyle\int_{-\infty}^s\displaystyle\int_{-\infty}^txy\space dydx$ . ::: Rozpatrzmy wszystkie możliwości wybrania zmiennych $x$ i $y$: 1. $x\in(-\infty;0)$ $\lor$ $y\in(-\infty;0)$: $F_{XY}=0$ 2. $x\in[0;2]$ $\land$ $y\in[0;1]$: $F_{XY}=\displaystyle\int_{0}^s\displaystyle\int_{0}^t xy\space dydx=*_2$ 3. $x\in[0;2]$ $\land$ $y\in(1; +\infty)$: $F_{XY}=\displaystyle\int_{0}^s\displaystyle\int_{0}^1 xy\space dydx=*_3$ 4. $x\in(2; +\infty)$ $\land$ $y\in[0;1]$: $F_{XY}=\displaystyle\int_{0}^2\displaystyle\int_{0}^t xy\space dydx=*_4$ 5. $x\in(2; +\infty)$ $\land$ $y\in(1; +\infty)$: $F_{XY}=1$ $*_2=\displaystyle\int_{0}^s\displaystyle\int_{0}^t xy\space dydx=\frac {x^2}2\Big|_0^s*\frac {y^2}2\Big|_0^t=\frac{s^2t^2}{4}$ $*_3=\displaystyle\int_{0}^s\displaystyle\int_{0}^1 xy\space dydx=\frac {x^2}2\Big|_0^s*\frac {y^2}2\Big|_0^1=\frac{s^2}{2*2}=\frac{s^2}4$ $*_4=\displaystyle\int_{0}^2\displaystyle\int_{0}^t xy\space dydx=\frac {x^2}2\Big|_0^2*\frac {y^2}2\Big|_0^t=\frac{2t^2}{2}=t^2$ Czyli $F_{XY}(x)$ = \begin{cases} 0 & \quad \text{$x\in(-\infty;0)$ $\lor$ $y\in(-\infty;0)$}\\ \frac{s^2t^2}{4} & \quad \text{$x\in[0;2]$ $\land$ $y\in[0;1]$}\\ \frac{s^2}4 & \quad \text{$x\in[0;2]$ $\land$ $y\in[1; +\infty)$}\\ t^2 & \quad \text{$x\in(2; +\infty)$ $\land$ $y\in[0;1]$}\\ 1 & \quad \text{$x\in[2;+\infty)$ $\land$ $y\in[1;+\infty)$} \end{cases} ## Zadanie 6 X :::info **2p.** $(X, Y )$ z poprzedniego zadania. Wyznaczyć rozkład zmiennej $Z = \frac XY$ . Obliczyć war- tość oczekiwaną $E(X)$. ::: $X\in[0;2]$ $\land$ $Y\in[0;1]$ $\implies$ $Z\in[0;+\infty)$ ## Zadanie 7 :::info **2p**. $X ∼ Gamma(b, p)$. Wykazać, że $M_X (t) =(1 − \frac tb)^{−p}$ ::: Dla przypomnienia: Rozkład Gamma: $f(x) = \frac{b^p} {Γ(p)} x^{p−1} exp(−bx)$ $Γ(x)=\displaystyle\int_0^\infty t^{x-1}e^{-t}dt$ Założenie: $t < b$ w przeciwnym wypadku powyższa równość nie zachodzi, ponieważ $M_X (t)$ nie istnieje. Dowód dla powyższego założenia: $M_X (t)=\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{tx}f_X(x)dx=\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{tx}\frac{b^p} {Γ(p)} x^{p−1} e^{−bx}dx=\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{-(b-t)x}\frac{b^p} {Γ(p)} x^{p−1}dx=\\=\frac{b^p} {Γ(p)}\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{-(b-t)x} x^{p−1}dx=*$ Podstawienie: $(b-t)x=u$ $x=\frac{u}{b-t}$ $du=b-t\space dx$ $dx=\frac{du}{b-t}$ $*=\frac{b^p} {Γ(p)}\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{-(b-t)x} x^{p−1}dx=\frac{b^p} {Γ(p)}\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{-u} (\frac{u}{b-t})^{p−1}\frac{du}{b-t}=\frac{b^p} {Γ(p)(b-t)^p}\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{-u} u^{p−1}du=\\=\frac{b^p} {Γ(p)(b-t)^p}*Γ(p)=\frac{b^p} {(b-t)^p}=(\frac{b} {b-t})^p=(\frac{b-t}{b})^{-p}=(1-\frac tb)^{-p}$ $\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\blacksquare$ ## Zadanie 8 :::info $X_i ∼ Gamma(b, p_i)$, zmienne losowe $X_1, X_2, . . . , X_n$ są niezależne. Wykazać, że zachodzi $S ∼ Gamma(b, \sum p_i)$. Jaki rozkład otrzymujemy dla $X_i ∼ Gamma(\frac12, \frac12)$? ::: $\displaystyle\sum_{i=1}^n M_{X_i} (t)=\displaystyle\prod_{i=1}^n M_{X_i}=\displaystyle\prod_{i=1}^n(1-\frac tb)^{-p_i}=(1-\frac tb)^{-(\displaystyle\sum_{i=1}^np_i)}=M_{\displaystyle\sum_{i=1}^n X_i} (t)$ $\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\blacksquare$ <br><br><br><br><br><br><br><br><br><br><br><br><br><br><br><br><br><br><br><br><br><br><br><br><br><br><br><br><br><br><br><br>