Lista 5. gdzie m = m 1 m 2, σ = σ σ 2 2. Ponieważ funkcja charakterystyczna jednoznacznie wyznacza rozkład zmiennej losowej, wnioskujemy, że

(1)

Lista 5

Zadania na zastosowanie funkcji charakterystycznych

Zadanie 1. Niech X i Y będą niezależnymi zmiennymi losowymi o rozkładach normalnych N (m1, σ₁), N (m₂, σ₂). Korzystając z własności funkcji charakterystycznych, znaleźć rozkład zmiennej losowej Z = X − Y . Odp. 1.

1. φX(t) = exp(m1it − 1

2σ²₁t²), φ−Y(t) = φY(−t) = exp(−m2it − 1 2σ₂²t²), 2. φZ(t) = φX(t)φ−Y(t) = exp((m1− m2)it − 1

2(σ₁²+ σ₂²)t²) = exp(mit − 1 2σ²t²) gdzie m = m1− m₂, σ =pσ₁²+ σ₂². Ponieważ funkcja charakterystyczna

jednoznacznie wyznacza rozkład zmiennej losowej, wnioskujemy, że Z ∼ N (m, σ).

Zadanie 2. Niech X ma rozkład geometryczny, tzn. Pr(X = k) = q^kp, k = 0, 1, 2, . . . , gdzie 0 < p < 1 i q = 1 − p. Obliczyć jego funkcję charakterystyczną i korzystając z niej wyznaczyć E [X] i D²[X].

Odp. 2.

φ_X(t) =

∞

X

k=0

e^itkq^kp = p

∞

X

k=0

(qeît)^k = p 1 − qeît φ⁰_X(t) = ieîtpq

(1 − e^itq)², φ⁰_X(0) = ipq

(1 − q)² = q pi φ⁰⁰_X(t) = − 2e^2itpq²

(1 − e^itq)³ − e^itpq

(1 − e^itq)², φ⁰⁰_X(0) = − 2pq²

(1 − q)³ − pq

(1 − q)² = −q(1 + q) p² iE [X] = φ⁰_X(0), E [X] = q

p

i²EX² = φ⁰⁰_X(0), EX² = q(1 + q) p² D²[X] = EX² − (E [X])² = q

p².

Zadanie 3. Obliczyć funkcję charakterystyczną zmiennej losowej o gęstości

f (x) =

(αe^αx dla x < 0, 0 dla x ≥ 0

(2)

Odp. 3.

φ_X(t) = Ee^iXt = α

0

Z

−∞

e^ixte^αxdx = α

α + ite^(it+α)x

0

−∞

= α

α + it i^kEX^k = φ^(k)_X (0), E [X] = (1/i^k)α(−1)^k(i^k)k! = (−1)^kαk!.

Zadanie 4. Obliczyć funkcję charakterystyczną zmiennej losowej X o gęstości

f (x) =

(2x dla x ∈ [0, 1], 0 dla x 6∈ [0, 1].

Korzystając z niej obliczyć E [X] oraz funkcję charakterystyczną zmiennej losowej Y = 2X + 1.

Odp. 4.

1. φ_X(t) = Ee^iXt =

1

Z

0

e^ixt2xdx = −2 + e^it(2 − 2it) t²

2. φ⁰_X(t) = 4 + 2e^it(−2 + 2it + t²) t³

[H]= 2ie^it(−2 + 2it + t²) + 2e^it(2i + 2t)

3t² =

e^it2it² 3t² = 2

3ie^it iE [X] = φ⁰_X(0) = 2

3i, E [X] = 2 3

3. φ_Y(t) = Ee^{iY t} = E eît(2X+1) = E e^2itXeît = eîtφ_X(2t)

Zadania na zastosowanie nierównosci Markowa i Czebyszewa.

Zadanie 5. Niech zmienna losowa X ma rozkład jednostajny na odcinku [0, 1]. Korzystając z nierówności Markowa oszacować od góry

prawdopodobieństwo, że X > 3/4. Porównać otrzymane oszacowanie z wartością dokładną prawdopodobieństwa Pr(X > 3/4).

(3)

Odp. 5.

1. E [X] =

1

Z

0

x · 1dx = 1 2 2. Pr(X > 3/4) ≤ 4

3E [X] = 2

3 - z nierówności Markowa 3. Pr(X > 3/4) =

1

Z

3 4

f (x)dx =

1

Z

3 4

1dx = 1

4 - dokładna wartość

Zadanie 6. Zmienne losowe X_i (i = 1, 2, 3, 4) mają ten sam rozkład, jednostajny na odcinku [0, 1]. Oszacować od dołu

Pr(X₁+ X₂+ X₃+ X₄ < 3).

Odp. 6.

1. E [X_i] =

1

Z

0

x · 1dx = 1 2,

2. Pr(X₁+ X₂+ X₃+ X₄ ≥ 3)≤¹ 1

3 · 4 · E [X_i] = 1 3 · 4 ·1

2 = 2 3

3. Pr(X₁+ X₂+ X₃+ X₄ < 3) = 1 − Pr(X₁+ X₂+ X₃+ X₄ ≥ 3) ≥ 1 − 2

3 = 1 3

≤ - zastosowano nierówność Markowa1

Zadanie 7. Zmienne losowe X_i (i = 1, 2, 3, 4) są niezależne o tym samym rozkładzie, przy czym E [X_i] = 1, oraz D²[X_i] = 0.5. Oszacować od dołu Pr(2 < X₁+ X₂+ X₃ + X₄ < 6).

Odp. 7. Oznaczamy Y = X₁+ X₂+ X₃+ X₄. E [Y ] = 4E [X_i] = 4, D²[Y ] = 4D¹ ²[X_i] = 2

Pr(2 < Y < 6) = Pr(−2 < Y − 4 < 2) = Pr(|Y − 4| < 2) = 1 − Pr(|Y − 4| ≥ 2) Pr(|Y − 4| ≥ 2) ≤² 1

4D²[Y ] = 1 2 Pr(2 < Y < 6) ≥ 1 − 1

2 = 1 2

(4)

≤ - wykorzystano nierówność Czebyszewa2

Zadanie 8. Niech zmienna losowa X będzie sumą 10 niezależnych

zmiennych losowych o tym samym rozkładzie wykładniczym z parametrem λ = 2. Korzystając z nierówności Markowa oszacować od dołu Pr(X ≤ 8), a korzystając z nierówności Czebyszewa oszacować Pr(3 < X < 7).

Odp. 8. Oznaczamy X = X₁+ X₂+ · · · + X₁0, E [X_i] = 1/λ = 0.5, D²[Xi] = 1/λ² = 0.25.

1. E [X] = 10 · 0.5 = 5, σ² = D²[X] = 10 · 0.25 = 2.5 2. Pr(X ≤ 8) = 1 − Pr(X > 8) ≥ 1 − 1

8E [X] = 1 − 1

8· 5 = 3 8 3. Pr(3 < X < 7) = Pr(−2 < X − 5 < 2) = Pr(|X − 5| < 2) = 1 − Pr(|X − 5| ≥ 2) ≥ 1 − 1

2²σ² = 1 − 0.25 · 2.5 = 0.375

Zadanie 9. Prawdopodobieństwo sukcesu w każdej próbie jest równe 0.25.

Korzystając z nierówności Czebyszewa oszacować od dołu

prawdopodobieństwo tego, że w 800 niezależnych próbach ilość sukcesów będzie większa niż 150, a mniejsza niż 250.

Odp. 9. Niech p = 0.25, n = 800 i niech zmienna losowa X_k oznacza wynik w k - tej próbie, Pr(Xk= 1) = p, Pr(Xk = 0) = 1 − p, k = 1, 2, . . . , 800, zmienna losowa X = X₁ + X₂+ · · · + X₈₀₀ oznacza liczbę sukcesów w n = 800 próbach. Zmienna losowa X ma rozkład dwumianowy, Pr(X = k) = ⁿ_kp^k(1 − p)^n−k, k = 0, 1, 2, . . . , n. Zachodzą relacje

1. E [X] = np = 200, D²[X] = np(1 − p) = 800 · 0.25 · 0.75 = 150 2. Pr(150 < X < 250) = Pr(−50 < X − 200 < 50) =

Pr(|X − 200| < 50) = 1 − Pr(|X − 200| ≥ 50) ≥ 1 − 1

50²σ² = 0.94 Zadanie 10. Niech X będzie zmienną losową o wartości średniej

m = E [X] i wariancji σ². Oszacować od dołu wyrażenie Pr(|X − m| < nσ) dla n = 3, 4, 5. Następnie założyć, że X ma rozkład normalny, X ∼ N (m, σ) i to samo zadanie wykonać korzystając z tablic rozkładu normalnego.

Porównać otrzymane wyniki w pierwszym i drugim przypadku.

(5)

Odp. 10.

1. Pr(|X − m| < nσ) = 1 − Pr(|X − m| ≥ nσ) ≥ 1 − 1

n², n = 3, 4, 5 2. Pr(|X − m| < nσ) = Pr

X − m σ

< n

= Pr(−n < X − m

σ < n)= Φ(n) − Φ(−n),¹

gdzie Φ(x) jest dystrybuantą standardowego rozkładu normalnego N (0, 1) i n = 3, 4, 5.

Φ(−3) = 0.0013499 Φ(−4) = 0.0000316712 Φ(−5) = 2.86652 ∗ 10⁻7 Φ(3) = 0.99865 Φ(4) = 0.999968 Φ(5) = 1

Równość = wynika z faktu, że zmienna losowa Y =¹ ^X−m_σ ma standardowy rozkład normalny N (0, 1) (standaryzacja zmiennej losowej X).

Zadania, w których można stosować przybliżenie Poissona:

n k

p^k(1 − p)^n−k ≈ e^−λλ^k k!,

gdzie λ = np, stosowane, gdy n jest duże, p jest małe, λ średnie, np. gdy p ≤ 0.1, 0.1 ≤ λ ≤ 10 oraz n ≥ 100. Zwróć uwagę, że powyższe porównanie dotyczy odpowiednich wartości prawdopodobieństw w rozkładach

Bernoulliego i Poissona.

Zadanie 11. Prawdopodobieństwo wygrania nagrody na loterii wynosi 0.001. Obliczyć prawdopodobieństwo, że wśród 200 grających:

a) żaden nie wygra,

b) wygra co najmniej jeden, c) wygra co najwyżej dwóch.

Odp. 11. Oznaczamy: prawdopodobieństwo sukcesu p = 0.001, ilość prób n = 200, λ = np = 0.2.

a) Pr(X = 0) = n 0

(1 − p)ⁿ≈ e^−λ b) Pr(X ≥ 1) = 1 − Pr(X = 0) ≈ 1 − e^−λ

c) Pr(X ≤ 2) = Pr(X = 0) + Pr(X = 1) + Pr(X = 2) ≈ e^−λ

1 + λ¹

1! +λ² 2!

≈ 0.998852

(6)

pary szóstek. Obliczyć prawdopodobieństwo, że w 100 rzutach liczba sukcesów będzie dodatnia, ale nie przekroczy 2.

Odp. 12. Schemat prób Bernoulliego, przyjmujemy n = 100, prawdopodobieństwo sukcesu w pojedynczej próbie p = ₃₆¹, λ = np = 100/36.

Pr(1 ≤ X ≤ 2) = Pr(X = 1) + Pr(X = 2) ≈ e^−λλ¹

1! + e^−λλ²

2! ≈ 0.412591

Zadanie 13. Przy transmisji n = 10⁴ bitów dodajemy jeszcze jeden bit tak, aby liczba wszystkich jedynek była parzysta. Błąd w transmisji wykryjemy, jeśli liczba odebranych jedynek będzie nieparzysta. Obliczyć prawdopodobieństwo niewykrycia błędu, gdy prawdopodobieństwo przekłamania pojedynczego bitu wynosi p = 10⁻⁶. Wsk. rozpatrzyć przypadek przekłamania dokładnie dwóch bitów. Co w przypadku przekłamania większej, parzystej liczby bitów?

Odp. 13. Zmienna losowa X oznacza liczbę jedynek (sukcesów) w serii bitów. Schemat prób Bernoulliego z n = 10⁴, p = 10⁻⁶. W obliczeniach stosujemy przybliżenie Poissona z λ = np = 0.01. Zdarzenie niewykrycia błędu przyjmuje postać A = {X = 2k, k = 1, 2, . . . }. Zachodzą relacje

Pr(A) =

∞

X

k=1

Pr(X = 2k) =

∞

X

k=1

n 2k

p^2k(1 − p)^n−2k ≈

e^−λ 1

2!λ²+ 1

4!λ⁴+ 1

6!λ⁶ + . . .

≈ 1 2λ²e^−λ

Zadanie 14. Prawdopodobieństwo zdania egzaminu przez studenta pewnej niepublicznej szkoły wyższej wynosi 0.98. Zakładając, że studenci zdają egzaminy niezależnie od siebie, obliczyć prawdopodobieństwo, że ze 100 studentów egzaminy zda co najmniej 97 studentów.

Odp. 14. Zmienna losowa X oznacza liczbę liczbę studentów, którzy nie zdali egzaminu (sukcesów). Schemat prób Bernoulliego z n = 100 i prawdopodobieństwem p = 1 − 0.98 = 0.02 niezdania egzaminu (sukcesu) przez studenta. W obliczeniach stosujemy przybliżenie Poissona z

(7)

λ = np = 2. Szukane prawdopodobieństwo jest równe prawdopodobieństwu, że co najwyżej dwóch studentów nie zda egzaminu. Zachodzą relacje

Pr(X ≤ 2) = Pr(X = 0) + Pr(X = 1) + Pr(X = 2) = pⁿ+n

1

p(1 − p)ⁿ⁻¹+n 2

p²(1 − p)ⁿ⁻² ≈ e^−λ

1 + λ + 1 2λ²

= 5e^−λ ≈ 0.676676

obliczenia bez zastosowania przybliżenia Poissona dają:

Pr(X ≤ 2) = pⁿ+n 1

p(1 − p)ⁿ⁻¹+n 2

p²(1 − p)ⁿ⁻² = 0.676686 Zadania na zastosowanie Centralnego Twierdzenia Granicznego (twierdzenia Lindeberga-Levy’ego)

Przykład 1. Prawdopodobieństwo uzyskania wygranej w pewnej grze liczbowej wynosi 0.1. Obliczyć prawdopodobieństwo, że spośród 500 grających osób wygra więcej niż 60 osób.

Rozwiązanie.

Niech

X_i = 1, gdy grający o numerze i zdobył wygraną 0, gdy grający o numerze i nie zdobył wygranej i = 1, 2, . . . , 500, m = E [Xi] = p = 0.1, σ² = D²[Xi] = p(1 − p) = 0.09, n = 500 oraz niech X = X₁+ X₂ + · · · + X₅₀₀. Szukane

prawdopodobieństwo wynosi

Pr(X ≥ 60) = 1 − Pr(X < 60) = 1 −

60

X

k=0

500 k

0.1^k0.9^500−k.

Trudności w obliczeniu

60

P

k=0 500

k 0.1^k0.9^500−k można ominąć korzystając z Centralnego Twierdzenia Granicznego. Mianowicie

{ω : X < 60} = {ω : X1+ X2+ · · · + X500< 60} =

ω : X₁+ X₂+ · · · + X₅₀₀− 500 · m

√500σ < 60 − 500 · m

√500σ

=

ω : X₁+ X₂+ · · · + X₅₀₀− 500 · m

√500σ < 10

√500 · 0.3

Stosując teraz Centralne Twierdzenie Graniczne, otrzymujemy Pr(X < 60) ≈ Φ

10

√500 · 0.3

≈ Φ(1.5) ≈ 0.9319,

(8)

2π−∞

normalnego N (0, 1). Ostatecznie

Pr(X ≥ 60) = 1 − P (X < 60) ≈ 1 − 0.9319 = 0.0681.

Zadanie 15. Prawdopodobieństwo urodzenia chłopca jest równe 0.515.

Jakie jest prawdopodobieństwo, że wśród 1000 noworodków będzie co najwyżej 480 dziewczynek?

Odp. 15. Oznaczamy n = 1000, zmienna losowa X_k = 1, gdy k - tym noworodkiem jest dziewczynka i Xk= 0, gdy k - tym noworodkiem jest chłopiec, prawdopodobieństwo urodzenia dziewczynki p = 0.485, chłopca q = 1 − p = 0.515, m = E [X_k] = p, σ² = D²[X_k] = pq. Z Centralnego Twierdzenia Granicznego wynika, że zmienna losowa

Z = X₁+ X₂+ · · · + X₁₀₀₀ ma w przybliżeniu rozkład normalny N (nm, σ√

n) lub po standaryzacji ^Z−nm_σ^√_n ma w przybliżeniu rozkład normalny standardowy N (0, 1). Stąd

Pr(Z < 480) = Pr(Z − nm < −5) = Pr Z − nm

σ√

n < −5

√npq

≈ Φ

−5

√npq

≈ 0.375861,

gdzie Φ(x) jest dystrybuantą rozkładu normalnego standardowego N (0, 1).

Zadanie 16. Czy można zastosować twierdzenie Lindeberga-Levy’ego dla ciągu niezależnych zmiennych losowych o gęstościach

f (x) = 1 π(1 + x²)?

Odp. 16. Zmienna losowa o rozkładzie Cauchy’ego, mającym gęstość f (x) nie ma wartości oczekiwanej E [X], bo

Z 0

−∞

x

π(1 + x²)dx = 1

2πln(1 + x²)

0

−∞

= −∞

Z ∞ 0

x

π(1 + x²)dx = 1

2πln(1 + x²)

∞

0

= ∞.

(9)

Stąd całka Z ∞

−∞

x

π(1 + x²)dx

jest rozbieżna. W ten sposób nie są spełnione założenia twierdzenia granicznego.

Zadanie 17. Zmienne losowe X₁, X₂, . . . , X₆₀ mają rozklad jednostajny na odcinku [1, 3]. Niech

X =

60

X

k=1

X_k.

Obliczyć przybliżoną wartość prawdopodobieństwa Pr(118 < X < 123).

Odp. 17. Oznaczamy n = 60, m = E [X_k] =R3

1 x¹₂dx = 2, σ² = D²[Xk] =R3

1 x^{2 1}₂dx = ¹³₃. Z Centralnego Twierdzenia Granicznego wynika, że zmienna losowa Z = X₁+ X₂+ · · · + X₆₀ ma w przybliżeniu rozkład normalny N (nm, σ√

n) lub po standaryzacji ^Z−nm_σ^√_n ma w przybliżeniu rozkład normalny standardowy N (0, 1).

Pr(118 < Z < 123) = Pr(−2 < Z − nm < 3) = Pr





−2 q60·13

3

< Z − nm σ√

n < 3 q60·13

3



≈ Φ

3

√260

− Φ

−2

√260

≈ 0.123154

Zadanie 18. Zmienne losowe X_k są niezależne i mają ten sam rozkład o gęstości

f (x) =

₃

4(1 − x²) dla |x| < 1

0 poza tym.

Dla Z =

100

P

k=1

X_k oszacować Pr

Z < ^√¹⁰

15

.

Odp. 18. Oznaczamy n = 100, m = E [X_k] =R1

−1x · ³₄(1 − x²)dx = 0, σ² = D²[X_k] = E [X_k²] − (E [X_k])² =R1

−1x²· ³₄(1 − x²)dx − 0² = 0.2.

Stosujemy Centralne Twierdzenie Graniczne: zmienna losowa ^Z−nm_σ^√_n ma w

(10)

Pr

Z < 10

√15

= Pr Z − nm σ√

n <

10

√15 − nm

1

σ√ n

= Pr Z − nm

σ√

n < 1

√3

≈ Φ

1

√3

= 0.718149

Zadanie 19. Zmienne losowe X₁, X₂, . . . , X₁₀₀ są niezależne o jednakowym rozkładzie Poissona z parametrem λ = 2. Obliczyć przybliżoną wartość wyrażenia

Pr 190 <

100

X

k=1

X_k< 220

! .

Odp. 19. Oznaczamy m = E [X_k] = λ, σ² = D²[X_k] = λ. Z Centralnego Twierdzenia Granicznego wynika, że zmienna losowa

Z = X₁+ X₂+ · · · + X₁₀₀ ma w przybliżeniu rozkład normalny N (nm, σ√

n) lub po standaryzacji ^Z−nm_σ^√_n ma w przybliżeniu rozkład normalny standardowy N (0, 1). Przechodzimy do obliczeń

Pr(190 < Z < 220) = Pr(−10 < Z − nm < 20) = Pr −10

10√

2 < Z − nm σ√

n < 20 10√ 2

≈ Φ

2

√2

− Φ −1

√2

≈ 0.6816, gdzie Φ(x) jest dystrybuantą rozkładu normalnego standardowego N (0, 1).