Przykłady 5. Zmienne losowe. Rozkłady dyskretne i ciągłe.

Rachunek Prawdopodobieństwa MAT1332

Wydział Matematyki, Matematyka Stosowana

Przykłady 5. Zmienne losowe. Rozkłady dyskretne i ciągłe.

Opracowanie: dr hab. Agnieszka Jurlewicz

Przykłady 5.1 :

(a) Niech X oznacza ocenę z egzaminu (w czterostopniowej skali ocen: 2, 3, 4, 5) losowo wybranego studenta z dużej grupie studenckiej. Rozkład tej zmiennej losowej podany jest w tabeli:

n 1 2 3 4

xn 2 3 4 5

p_n 0.1 0.3 0.4 C

Wyznacz stałą C i oblicz prawdopodobieństwo, że ocena jest wyższa niż 3.

Rozwiązanie:

• ∀n = 1, 2, 3, 4 p_n­ 0 ⇔ C ­ 0

• ^P4

n=1

p_n= 0.1 + 0.3 + 0.4 + C = 0.8 + C = 1 ⇔ C = 0.2

• Oba warunki spełnione są dla C = 0.2.

• Ocena jest wyższa niż 3 ⇐⇒ X > 3

P (X > 3) = P (X = 4) + P (X = 5) = p₃+ p₄ = 0.4 + 0.2 = 0.6

(b) Zmienna losowa X przyjmuje wartość x_n = 2n, n = 1, 2, . . ., z prawdopodobieństwem p_n proporcjonalnym do 1

3ⁿ. Wylicz prawdopodobieństwo, że wartość tej zmiennej losowej jest po- dzielna przez 3. Wyznacz dystrybuantę rozkładu tej zmiennej losowej.

Rozwiązanie:

• Ciąg {x_n} jest różnowartościowy.

• p_n= c

3ⁿ ­ 0 ∀ n ⇔ c ­ 0.

•

∞

X

n=1

p_n= c

∞

X

n=1

1 3

n

= c 3· 1

1 − ¹₃ = c

2 = 1 ⇔ c = 2.

• Wszystkie warunki na ciąg wartości i prawdopodobieństw określający rozkład dyskretny są spełnione dla c = 2.

• P (X podzielne przez 3) = ^P∞

k=1

P (X = 2 · 3k) = ^P∞

k=1

p_3k = 2

∞

X

k=1

1 3

3k

=

= 2

∞

X

k=1

1 3³

k

= 2 3³ · 1

1 −₃¹3

= 1

13 ≈ 0.0770.

• Dla x ¬ 2 F (x) = P (X < x) = 0, gdyż 2 to najmniejsza wartość przyjmowana przez zmienną losową.

• Dla x > 2 parzystych mamy

F (x) =

x 2−1

X

n=1

p_n =

x 2−1

X

n=1

2 3ⁿ = 2

3



1 −^1₃^

x 2−1

1 − ¹₃ = 1 −

1 3

^x₂⁻¹

.

• Natomiast dla pozostałych x > 2

F (x) = [^x2]

X

n=1

p_n= [^x2]

X

n=1

2 3ⁿ = 2

3

1 −^1₃^[^x₂]^!

1 −¹₃ = 1 −

1 3

[^x2] , gdzie ^hx₂ⁱ oznacza część całkowitą liczby ^x₂.

• Zatem

F (x) =







0 dla x ¬ 2,

1 −

1 3

n

dla 2n < x ¬ 2(n + 1), n = 1, 2, . . . . Przykłady 5.2 :

(a) Czy można dobrać stałą c tak, aby funkcja f (x) =

( c sin x dla 0 < x ¬ 1.5π,

0 poza tym

była gęstością pewnego rozkładu probabilistycznego? Odpowiedź uzasadnij.

Rozwiązanie:

• Odp. Nie.

• Uzasadnienie:

Dla c 6= 0 funkcja f (x) zmienia znak. Zatem f (x) ­ 0 dla każdego x wtedy i tylko wtedy, gdy c = 0. Ale dla c = 0 mamy

∞

R

−∞

f (x)dx = 0 6= 1.

• Uwaga: można dobrać c tak, aby ^∞R

−∞

f (x)dx = 1.

Przykłady 5.3 : (a) Uzasadnij, że funkcja

f (x) =







0.5 dla −1 ¬ x ¬ 0, 1 − x dla 0 < x ¬ 1, 0 dla pozostałych x,

jest gęstością pewnej zmiennej losowej X. Wylicz następnie P (−0.25 < X < 0.5), P (X ­ 0.25), P (X = 0). Wyznacz dystrybuantę tej zmiennej losowej i wylicz podane wcześniej prawdopo- dobieństwa za pomocą dystrybuanty.

Rozwiązanie:

• Narysujmy wykres funkcji f (x):

(i) Żaden fragment wykresu f nie leży poniżej osi 0x, więc f (x) ­ 0 ∀ x.

(ii)

∞

R

−∞

f (x)dx to inaczej pole pod wykresem funkcji f . Jest ono równe 1 jako suma pól

2

• P (−0.25 < X < 0.5) = ^0.5R

−0.25

f (x)dx to pole pod wykresem funkcji f nad odcinkiem (−0.25, 0.5), które jest sumą żółtych pól prostokąta i trapezu (patrz rysunek poniżej).

Zatem P (−0.25 < X < 0.5) = 0.5 · 0.25 + (0.5 − 0.5 · 0.5²) = 0.5.

• P (X ­ 0.25) = ^∞R

0.25

f (x)dx to pole pod wykresem funkcji f nad półprostą (0.25, ∞), czyli pole żółtego trójkąta (patrz rysunek poniżej).

Zatem P (X ­ 0.25) = 0.5 · 0.75² = 0.28125.

• P (X = 0) =^R0

0

f (x)dx to pole pod wykresem funkcji f nad punktem 0, czyli pole żółtego odcinka (patrz rysunek poniżej). Zatem P (X = 0) = 0.

• Dystrybuanta ma postać F (x) = ^Rx

−∞

f (t)dt =











0 dla x < −1,

0.5(x + 1) dla −1 ¬ x < 0, 1 − 0.5(1 − x)² dla 0 ¬ x < 1,

1 dla 1 ¬ x

• F jest ciągła, więc

P (−0.25 < X < 0.5) = F (0.5) − F (−0.25) = 1 − 0.125 − 0.5 · 0.75 = 0.5

• P (X ­ 0.25) = 1 − F (0.25) = 0.5 · 0.75² = 0.28125.

Uwaga:

Całki w naszym rozwiązaniu można oczywiście było obliczać także bezpośrednio:

np.

∞

R

−∞

f (x)dx =

−1

R

−∞

0dx +

0

R

−1

0.5dx +

1

R

0

(1 − x)dx +

∞

R

1

0dx = 0.5x|⁰₋₁+ (x − 0.5x²|¹₀ = 1.

(b) Dobierz stałą c tak, aby funkcja f (x) =



















0 dla x < −1, c(x²− 4) dla −1 ¬ x < 1, 0 dla 1 ¬ x < 2, c(x − 5) dla 2 ¬ x < 3,

0 dla 3 ¬ x

była gęstością pewnej zmiennej losowej X.

Wylicz następnie P (0.5 ¬ X < 1.5) i P (X ­ 2.5).

Rozwiązanie:

• f (x) ­ 0 dla każdego x wtedy i tylko wtedy, gdy c ¬ 0 (wzory bez c dają funkcje ujemne na podanych przedziałach).

• ^∞R

−∞

f (x)dx = c

1

R

−1

(x²− 4)dx + c^R3

2

(x − 5)dx = −⁵⁹₆c = 1 wtedy i tylko wtedy, gdy c = −₅₉⁶.

• Oba warunki na gęstość są spełnione wtedy i tylko wtedy, gdy c = −₅₉⁶.

• P (0.5 ¬ X < 1.5) = ^1.5R

0.5

f (x)dx = −₅₉⁶

1

R

0.5

(x²− 4)dx = −₅₉⁶



^x

3

3 − 4x

1

0.5

=

= −₅₉^{6 1}₃ − 4 −_3·8¹ + 2^= ₂₃₆⁴¹ ≈ 0.174

• P (X ­ 2.5) =

∞

R

2.5

f (x)dx = −₅₉⁶

3

R

2.5

(x − 5)dx = −₅₉⁶



^x

2

2 − 5x

3

2.5

= ₂₃₆²⁷ ≈ 0.114.

(c) Dobierz stałą c tak, aby funkcja

f (x) =







0 dla x ¬ 1, c

x² dla x > 1

była gęstością pewnej zmiennej losowej X. Wylicz następnie P (2 ¬ X < 3) i P (X > 2). Znajdź dystrybuantę tej zmiennej losowej.

Rozwiązanie:

• ^∞R

−∞

f (x)dx = −c x

∞

1

= c = 1 ⇐⇒ c = 1.

• Dla c = 1 mamy f (x) ­ 0 dla każdego x.

• Zatem f (x) jest gęstością wtedy i tylko wtedy, gdy c = 1.

• P (2 ¬ X < 3) =^R3f (t)dt = −1

3

= −1 + 1

= 1

≈ 0.1667

• Dystrybuanta ma postać F (x) =

x

Z

−∞

f (t)dt =

( 0 dla x < 1, 1 − x⁻¹ dla x ­ 1.

• Zauważmy, że P (2 ¬ X < 3) = F (3) − F (2) = (1 − 3⁻¹) − (1 − 2⁻¹) = 1

6 ≈ 0.1667 P (X > 2) = 1 − F (2) = 1 − (1 − 2⁻¹) = 1

2 = 0.5

(w zgodzie z wynikami otrzymanymi poprzednią metodą) Przykłady 5.4 :

(a) Dobierz stałe A i B tak, aby funkcja F (x) =







0 dla x ¬ −1,

A + B arc sin(x) dla −1 < x ¬ 1,

1 dla 1 < x

była dystrybuantą pewnej zmiennej losowej X o rozkładzie ciągłym.

Znajdź gęstość f (x) tego rozkładu.

Rozwiązanie:

• Żeby F mogła być dystrybuantą rozkładu ciągłego, musi być funkcją ciągłą, co ma miejsce, gdy

◦ 0 = F (−1) = lim

x→−1+F (x) = A − B^π₂^

◦ A + B^π₂^= F (1) = lim

x→1+F (x) = 1, czyli dla A = ¹₂ i B = _π¹.

• Dla takich A i B funkcja F (x) jest lewostronnie ciągła oraz

• lim

x→−∞F (x) = 0 i lim

x→∞F (x) = 1.

• Dla A = ¹₂ i B = _π¹ funkcja F jest niemalejąca na całej prostej, bo:

◦ jest stała na (−∞, −1) i na (1, ∞);

◦ F⁰(x) = ¹

π√

1−x² > 0 dla x ∈ (−1, 1);

◦ F jest ciągła w punktach −1 i 1.

• Zatem F (x) z A = ¹₂ i B = ¹_π jest dystrybuantą.

• Ponadto jest to funkcja różniczkowalna, być może poza punktami −1 i 1. Zatem jest to dystrybuanta rozkładu ciągłego, którego gęstość ma postać

f (x) =

( F⁰(x) dla |x| 6= 1, 0 dla |x| = 1; =

( ₁

π√

1−x² dla − 1 < x < 1,

0 poza tym.