Rachunek Prawdopodobieństwa MAP1181 Wydział Matematyki, Matematyka Stosowana
Lista 5 - Rozwiązanie zadania 5.4 - przykład dodatkowy (e) Opracowanie: Wojciech Jach
Zadanie 5.4
(e) Dobierz stałe A i B tak, aby funkcja F (x) =
0 dla x ¬ 0,
ln(x+1)
2 dla 0 < x ¬ e − 1,
arctg(x+A)
B dla x > e − 1
była dystry- buantą pewnej zmiennej losowej X o rozkładzie ciągłym. Wyznacz gęstość f (x) tego rozkładu.
Rozwiązanie:
Funkcja F jest dystrybuantą rozkładu ciągłego, gdy spełnia 3 warunki konieczne (1, 2, 3) i jeden dostateczny (4):
1. F jest ciągła na R;
2. F jest niemalejąca na R;
3. lim
x→−∞F (x) = 0 ∧ lim
x→∞F (x) = 1;
4. F0 istnieje poza (co najwyżej) skończoną liczbą punktów;
Ad. 3
x→−∞lim F (x) = lim
x→−∞0 = 0 ∀A,B,
x→∞lim F (x) = lim
x→∞
arctg(x + A)
B = π
lim 2 B
x→∞F (x) = 1 m π
2 B = 1, A ∈ R ⇔ B = π
2, A ∈ R Zatem warunek 3. jest spełniony ⇔ B = π2, A ∈ R
Ad. 1
Funkcja F dla B = π2, A ∈ R jest ciągła na przedziałach (−∞, 0) , (0, e − 1) i (e − 1, ∞), jako funkcja zadana funkcjami elementarnymi na tych przedziałach. Żeby funkcja F była ciągła na R, musi być ciągła w punktach 0 i e − 1, czyli musi zachodzić:
x→0lim−F (x) = lim
x→0+F (x) = F (0) lim
x→(e−1)−F (x) = lim
x→(e−1)+F (x) = F (e − 1) m
0 = lim
x→0+
ln(x + 1)
2 = 0
lim
x→(e−1)−
ln(x + 1)
2 = lim
x→(e−1)+
arctg(x + A)
π 2
= ln(e − 1 + 1) 2 m
1
2 = arctg(e − 1 + A)
π 2
⇔ π
4 = arctg(e − 1 + A) ⇔ 1 = e − 1 + A ⇔ A = 2 − e 1
Liczba 2 − e jest jedynym rozwiązaniem równania, ponieważ funkcja arctg(x) jest różnowartościowa.
Warunki 1. i 3. są spełnione ⇔ A = 2 − e i B = π2. Funkcja F ma wtedy postać:
F (x) =
0 dla x ¬ 0,
ln(x+1)
2 dla 0 < x ¬ e − 1,
arctg(x+2−e)
π 2
dla x > e − 1
Wystarczy teraz zbadać, czy F z parametrami A = 2 − e i B = π2 spełnia warunki 2. i 4.
Ad. 2
F z powyższymi parametrami jest niemalejąca na R, ponieważ:
• F jest stała na przedziale (−∞, 0)
• ∀x∈(0,e−1)F0(x) = 2 x+21 > 0 ⇒ F niemalejąca na (0, e − 1).
• ∀x∈(e−1,∞)F0(x) = 2
π((x−e+2)2+1) > 0 ⇒ F niemalejąca na (e − 1, ∞).
• F jest ciągła na R Ad. 4
Mamy
F0(x) =
0 dla x < 0,
1
2 x+2 dla 0 < x < e − 1,
2
π((x−e+2)2+1) dla x > e − 1
?, gdy x = 0 ∨ x = e − 1
Funkcja F jest różniczkowalna na R poza (być może) dwoma punktami: 0 i e − 1.
Wniosek
Funkcja F jest dystrybuantą pewnej zmiennej losowej X o rozkładzie ciągłym ⇔ A = 2 − e i B = π2. Gęstość tego rozkładu to:
f (x) =
0 dla x ¬ 0,
1
2 x+2 dla 0 < x < e − 1,
2
π((x−e+2)2+1) dla x e − 1
0 e-1 5 10 15
0.5 1
Wykres dystrybuanty
0 e-1 5 10 15
0.5 1
2
