Rachunek Prawdopodobieństwa MAP1181 Wydział Matematyki, Matematyka Stosowana
Lista 4. Rozwiązanie zadania 4.3 - dodatkowy podpunkt (d) Opracowanie: Marta Małek
Zadanie 4.3
(d) Dobierz stałe A, B, C tak, aby funkcja
F (x) =
Aex+ B dla x ¬ 0, 0.25x2+ 0.25 dla 0 < x ¬ 1, C arc tg x + Bx3 dla x > 1.
była dystrybuantą pewnej zmiennej losowej X. Następnie oblicz P (0.5 ¬ X < 1) i P (|X| ¬ 1).
Dobierz - o ile to możliwe - stałe A, B i C tak, aby 4P (X < 0) = P (−1 < X ¬ 1).
Rozwiązanie:
Funkcja F (x) jest dystrybuantą pewnej zmiennej losowej X wtedy i tylko wtedy, gdy spełnia nastę- pujące warunki:
(i) jest lewostronnie ciągła;
(ii) jest niemalejąca;
(iii) lim
x→−∞F (x) = 0, lim
x→∞F (x) = 1.
• W tym przypadku lim
x→−∞F (x) = A · 0 + B = B = 0 ⇔ B = 0, A i C dowolne.
Dla dowolnego A i B = 0 mamy lim
x→∞F (x) = C ·π
2 = 1 ⇔ C = 2 π. Zatem warunek (iii) jest spełniony ⇐⇒ A - dowolne, B = 0 i C = π2.
• Dla dowolnego A, B = 0 i C = 2π funkcja F (x) jest lewostronnie ciągła, czyli warunek (i) jest spełniony, bo F jest zadana funkcjami elementarnymi na przedziałach domkniętych z prawej strony.
• Dla B = 0 i C = π2:
– dla x < 0 pochodna F0(x) = (Aex)0 = Aex i F0(x) 0 ∀x>0 ⇔ A 0. Zatem funkcja F (x) jest niemalejąca na (−∞, 0) ⇔ A 0;
– dla x ∈ (0, 1) pochodna F0(x) = (0.25x2+ 0.25)0 = 0.5x i F0(x) > 0 ∀x∈(0,1)dla dowolnego A, a zatem funkcja F (x) jest rosnąca na (0, 1) dla dowolnego A;
– dla x > 1 pochodna F0(x) =π2 arc tg x0 = π2 · 1+x1 2 i F0(x) > 0 ∀x>1 dla dowolnego A, a zatem F (x) jest rosnąca na (1, ∞) dla dowolnego A;
– F (0) = A, lim
x→0+F (x) = 0.25 i F (0) ¬ lim
x→0+F (x) ⇔ A ¬ 0.25;
– F (1) = 0.5, lim
x→1+F (x) = 2 π · π
4 = 0.5 i F (1) ¬ lim
x→1+F (x) dla dowolnego A.
Zatem warunek (ii) jest spełniony (czyli F jest niemalejąca na R) ⇐⇒ 0 ¬ A ¬ 0.25.
• Podsumowując, funkcja F jest dystrybuantą pewnej zmiennej losowej X ⇐⇒ 0 ¬ A ¬ 0.25, B = 0 oraz C = π2.
1
Dystrybuanta F (x) ma postać:
F (x) =
Aex dla x ¬ 0,
0.25x2+ 0.25 dla 0 < x ¬ 1,
2
π arc tg x dla x > 1, gdzie 0 ¬ A ¬ 0.25.
• P (0.5 ¬ X < 1) = P (X < 1) − P (X < 0.5) = F (1) − F (0.5) = 12 − (161 +14) = 163
• P (|X| ¬ 1) = P (−1 ¬ X ¬ 1) = lim
x→1+F (x) − F (−1) = π 4 − A
e
• Sprawdzamy, czy jest możliwe znalezienie takiego A, aby był spełniony warunek 4P (X < 0) = P (−1 < X ¬ 1).
Mamy 4P (X < 0) = 4F (0) = 4A oraz
P (−1 < X ¬ 1) = P (X ¬ 1) − P (X ¬ −1) = lim
x→1+F (x) − lim
x→−1+F (x) = π 4 − A
e. Zatem 4P (X < 0) = P (−1 < X ¬ 1) ⇔ 4A = π4 − Ae i 0 ¬ A ¬ 0.25.
4A +A e = π
4 ⇔
⇔ A(4e + 1)
e = π
4 ⇔
⇔ A =
π 4
4 + 1e ≈ 0.1798 ∈ [0, 0.25].
Podsumowując, warunek 4P (X < 0) = P (−1 < X ¬ 1) jest spełniony dla A =
π 4
4+1e. Wykres dystrybuanty dla tak dobranej wartości A wygląda następująco:
2
