to the PDF file.

1
Warunkowe wartości oczekiwane
W tej serii zadań rozwiążemy różne zadania związane z problemem warunkowania.
1. (Eg 48/1) Załóżmy, że X1 , X2 , X3 , X4 są niezależnymi zmiennymi losowymi o jednakowym rozkładzie Poissona z wartością oczekiwaną λ równą 10. Obliczyć ν = Var(X3 + X4 |X1 + X2 + X3 = 9)
Odp: C-> ν = 12.
Rozwiązanie. Przypomnijmy, że rozkład X3 pod warunkiem X1 + X2 + X3 = 9 ma postać
Bernoulliego B(9, 21 ). Warto zauważyć, że
1 2
Var(X3 +X4 |X1 +X2 +X3 = 9) = VarX4 +Var(X3 |X1 +X2 +X3 = 9) = λ+9· · = 10+2 = 12.
3 3
2. (Eg 49/7) Niech X0 , X1 , X2 , ..., Xn , n > 2, będą niezależnymi zmiennymi losowymi z rozkładu
3
Pareto o gęstości f (x) = (1+x)
4 1x>0 . Niech U = min{X0 , X1 , X2 , ..., Xn }. Wtedy E(U |X0 = 1)
jest równa
1
1
(1 − 23n−1
).
Odp: E-> 3n−1
Rozwiązanie. Obliczamy
E(U |X0 = 1) = E min{1, X1 , X2 , ..., Xn } =
Z 1
= P(min{X1 , ..., Xn } > 1) +
P(t < min{X1 , ..., Xn } 6 1)dt =
0
Z
=(
Z
∞
1
1
=
0
n
Z
f (x)dx) +
0
1
Z
(
1
n
−3n
f (x)dx) dt = 2
Z
+
t
1
[(1 + t)−3n − 2−3n ]dt =
0
1
(1 − 2−3n+1 ).
(1 + t)−3n dt =
3n − 1
3. (Eg 50/2) Niech X i Y będą niezależnymi zmiennymi losowymi każda z rozkładu wykładniczego
o wartości oczekiwanej 1. Niech U = 2X + Y i V = X − Y . Wtedy prawdopodobieństwo P(U ∈
(0, 6) i V ∈ (0, 6)) jest równe
Odp: C-> 12 (1 − 4e−3 + 3e−4 ).
Rozwiązanie. Mamy do policzenia prawdopodobieństwo, że (U, V ) ∈ (0, 6)2 . Jest jasne, że
(U, V ) jest przekształceniem liniowym T (X, Y ). Zatem (U, V ) ∈ (0, 6)2 tłumaczy się na (X, Y ) ∈
T −1 (0, 6)2 . Wystarczy sprawdzić na co przekształcane są punkty (0, 0), (6, 0), (0, 6), (6, 6), dostajemy (0, 0), (2, 2), (2, −4), (4, −2) czyli wierzchołki równoległoboku R. Mamy
Z 2Z x
Z 3 Z 6−2x
2
−y
P((U, V ) ∈ (0, 6) ) = P((X, Y ) ∈ R) =
e dydx +
e−y dye−x dx =
0
Z
=
2
(e−x − e−2x )dx +
0
Z
2
3
0
2
0
1
(e−x − e−6+x )dx = 1 − e−2 − (1 − e−4 ) + e−2 − e−3 − e−3 + e−4 =
2
1
= (1 − 4e−3 + 3e−4 .
2
4. (Eg 51/1) Niech będzie dwuwymiarową zmienną losową o funkcji gęstości f (x, y) = 2x2 + 43 xy10<x<1 10<y<1
Niech S = X + Y i V = Y − X. Wyznacz E(V |S = 1).
Odp: C-> − 83 .
Rozwiązanie. W tym zadaniu należy wyznaczyć trzeba wyznaczyć rozkład (S, V ) mamy
fS,V (s, v) =
1 1
1
1
1
f ( (s − v), (s + v)) = [ (s − v)2 + (s2 − v 2 )]1|v|<min(s,2−s) .
2 2
2
4
6
1
Pozostaje zatem wyznaczyć rozkład warunkowy
[ 1 (1 − v)2 + 16 (1 − v 2 )]1|v|<1
fS,V (v|s = 1) = R41
=
1
(1 − v)2 + 16 (1 − v 2 )dv
−1 4
1
9 1
= [ (1 − v)2 + (1 − v 2 )]1|v|61 .
8 4
6
Obliczamy
Z
1
E(V |S = 1) =
−1
9
3
3
v(1 − v)2 + (v − v 3 )dv = − .
32
16
8
5. (Eg 52/7) Niech (X, Y ) będzie dwuwymiarową zmienną losową o funkcji gęstości
f (x, y) = e−x 1x>0 10<y<1 .
Niech Z = X + 2Y . Wtedy łączny rozkład zmiennych Z, X jest taki, że
Odp: D-> jego funkcja gęstości na zbiorze {(z, x) : 0 < x < z < 2 + x} wyraża się wzorem
g(z, x) = 12 e−x .
Rozwiązanie. Mamy przekształcenie (Z, X) = T (X, Y ), gdzie T jest przekształceniem liniowym
T (X, Y ) = (X +2Y, X). Zatem T −1 (Z, X) = (X, 21 (Z −X)), nadto moduł z wyznacznika |DT −1 | =
1
2 . Obliczamy
fZ,X (z, x) =
1
1
1
1
f (x, (z − x)) = e−x 1x>0 10< 21 (z−x)<1 = e−x 10<x6z62+x .
2
2
2
2
6. (Eg 53/1) Zmienna losowa X ma rozkład wykładniczy o wartości oczekiwanej 1, a zmienna losowa Y
rozkład wykładniczy o wartości oczekiwanej 2. Obie zmienne są niezależne. Oblicz E(Y |X +Y = 3)
Odp: A-> 1, 86.
Rozwiązanie. Należy wyznaczyć wspólny rozkład (Y, X + Y ) = T (X, Y ). Zatem T −1 (U, V ) =
(V − U, U ) oraz |DT −1 | = 1 co oznacza, że
1
1 1
1
fY,X+Y (u, v) = e−(v−u) e− 2 u 1v−u>0 1u>0 = e−v+ 2 u 1v>u>0 .
2
2
Stąd
1
e 2 u 1v>u>0
fY,X+Y (u|v) =
.
1
2(e 2 v − 1)
Zatem
Z 3
3
4 + 2 · e2
' 1, 86.
E(Y |X + Y = 3) = (1 − e−3 )−1
ue−u du =
3
2(e 2 − 1)
0
7. (Eg 54/2) Załóżmy, że niezależne zmienne losowe X1 , X2 , ..., Xn mają rozkłady wykładnicze o
wartościach oczekiwanych równych EXi = 1i , i = 1, 2, ..., n. Wtedy prawdopodobieństwo P(X1 =
min{X1 , X2 , ..., Xn }) jest równe
Odp: D-> n22+n .
Rozwiązanie. Przypomnijmy, że min(X2 , ..., Xn ) ma rozkład wykładniczy którego parametr jest
sumą parametrów poszczególnych zmiennych to znaczy Exp(2 + 3 + ... + n) = Exp( (n+1)n
− 1).
2
2
Nadto jeśli X, Y są niezależne z rozkładu Exp(1), to X1 ∼ X, min(X2 , ..., Xn ) ∼ n2 +n−2
Y . Zatem
2
2
P(X1 = min{X1 , X2 , ..., Xn }) = P(X 6 2
Y ) = EP(X 6 2
Y |X) =
n +n−2
n +n−2
Z ∞
n2 +n−2
2
=
e− 2 x e−x dx = 2
.
n
+n
0
2
8. (Eg 56/3) Niech (X, Y ) będzie dwuwymiarową zmienną losową o funkcji gęstości
f (x, y) =
2
1x>1 116y62 .
x3
Niech S = X + Y i V = X − Y . Wtedy P(V < 1|S = 4) jest równe
81
Odp: C-> 125
.
Rozwiązanie. Należy wyznaczyć rozkład (V, S) = (X −Y, X +Y ) = T (X, Y ). Mamy T −1 (V, S) =
( 21 (S + V ), 12 (S − V )), |DT −1 | = 12 , stąd
fV,S (v, s) =
1 s+v s−v
8
1s+v>2 126s−v64
f(
,
)=
2
2
2
(s + v)3
Zatem
288
106v62 .
5(4 + v)3
fS,V (v|s = 2) =
Pozostaje obliczyć
Z
P(V < 1|S = 4) =
0
1
288
81
dv =
.
3
5(4 + v)
125
9. (Eg 57/5) Niech X i Y będą niezależnymi zmiennymi losowymi z rozkładów o gęstościach fX (x) =
32x2 e−4x 1x>0 , fY (x) = 16xe−4x 1x>0 . Wtedy E(X − Y |X + Y = s) jest równa
Odp: C-> 51 s.
Rozwiązanie. W tym zadaniu szczęśliwie mamy te same parametry przy rozkładach gamma.
Rozkład zmiennej X ma postać Γ(3, 4) rozkład Y ma postać Γ(2, 4). Możemy skorzystać z wiedzy,
że rozkład X pod warunkiem X + Y ma rozkład Beta(3, 2) (niezależny od X + Y ), natomiast
rozkład Y ma rozkład Beta(2, 3) (niezależny od X +Y ). Przypomnijmy, że dla rozkładu Beta(α, β)
α
wartość oczekiwana wynosi α+β
. Zatem
E(X − Y |X + Y = s) = sE
X
Y
3 2
s
− sE
= s( − ) = .
X +Y
X +Y
5 5
5
10. (Eg 58/10) Niech Z1 , Z2 , ..., Zn będą niezależnymi zmiennymi losowymi o rozkładzie jednostajnym
na przedziale (−1, 1). Wyznaczyć E(Z1 +Z2 +...+Zn | max(Z1 , Z2 , ..., Zn ) = t), gdzie t jest ustaloną
liczba z przedziału (−1, 1))
Odp: E-> (n+1)t−n+1
.
2
Rozwiązanie. Problem najpierw redukujemy do zmiennych X1 , X2 , ..., Xn z rozkładu jednostajnego na (0, 1) podstawieniem Zi = −1 + 2Xi . Stąd
E(Z1 + ... + Zn | max(Z1 , ..., Zn ) = t) = −n + 2E(X1 + ... + Xn | max(X1 , ..., Xn ) =
1+t
).
2
Zauważmy, że max(X1 , ..., Xn ) ma rozkład o gęstości g(t) = ntn−1 Zatem szukamy funkcji borelowskiej F : R → R takiej, że
Z
EX1 + ... + Xn 1max(X1 ,...,Xn )∈A = EF (max(X1 , ..., Zn ))1max(X1 ,...,Xn )∈A =
F (t)g(t)dt.
A
Statystyki pozycyjne Xn:1 , ..., Xn:n mają rozkład jednostajny na sympleksie 4n = {x ∈ Rn : 0 6
x1 6 x2 ... 6 xn 6 1} o gęstości n!106x1 6...6xn 61 . Obliczamy
EX1 + ... + Xn 1max(X1 ,...,Xn )∈A = E(Xn:1 + ... + Xn:n )1Xn:n ∈A =
Z
Z Z xn Z x2 X
n
n
X
xi )1xn ∈A dx1 ...dxn = n! (
...
xi dx1 ...dxn−1 )dxn .
= n!
(
4n i=1
A
3
0
0
i=1
Pozostaje zauważyć, że
Z x2 X
Z
n
(n − 1)! xn
n−1
n+1
...
xi dx1 ...dxn−1 = (xn + (
)xn ) =
xn .
n−1
2
2
xn
0
0
i=1
Stąd
Z
EX1 + ... + Xn 1max(X1 ,...,Xn )∈A =
A
Czyli F (s) =
n+1
2 s.
Podstawiając s =
1+t
2
n(n + 1) n
xn dxn =
2
Z
A
(n + 1)
tg(t)dt.
2
otrzymujemy
E(Z1 + ... + Zn | max(Z1 , ..., Zn ) = t) = −n + 2
n+11+t
(n + 1)t − n + 1
=
.
2
2
2
11. (Eg 59/3) Zmienne losowe Xj , gdzie j = 1, 2, 3, ... są warunkowo niezależne pod warunkiem zmiennej Θ i mają rozkłady warunkowe o wartości oczekiwanej Θ i wariancji 4Θ2 . Zmienna losowa N
pod warunkiem zmiennej losowej Λ = λ ma rozkład Poissona o wartości oczekiwanej λ. Zmienne
(X1 , X2 , ...), N są niezależne. Zmienna Θ ma rozkład Gamma z parametrami (100, 2), a zmienna
Λ ma rozkład Gamma z parametrami (2, 4). Zmienne Λ i Θ są niezależne. Wariancja zmiennej
losowej
N
X
SN =
Xi , dla N > 0 S = 0 dla N = 0
i=1
jest równa
Odp: E-> 6634, 375.
Rozwiązanie. Mamy do policzenia wariancje SN . Najpierw wyznaczamy wartość oczekiwaną
ESN =
∞
X
P(N = n)ESn =
n=0
∞
X
P(N = n)EE(Sn |θ) =
n=0
= EN EΘ = EE(N Λ)EΘ = EΛEΘ =
1
· 50 = 25.
2
Obliczamy
2
ESN
=
∞
X
P(N = n)ESn2 =
n=0
=
∞
X
P(N = n)EE(Sn2 |θ) =
n=0
∞
X
P(N = n)ESn2 =
n=0
∞
X
P(N = n)EnVar(X|Θ) + n2 (E(X|Θ))2 =
n=0
2
2
2
= 4EN EΘ + EN EΘ = 4EE(N Λ)EΘ2 + EE(N 2 |Λ)EΘ2 =
= E(Λ2 + 5Λ)EΘ2 = 7259, 375.
Stąd VarSn = 6634, 375.
12. (Eg 59/6) Niech A, B, C będą zdarzeniami losowymi spełniającymi warunki P(C\B) > 0 i
P(B\C) > 0 i P(B ∩ C) > 0 i P(A|C\B) > P(A|B). Wtedy
Odp: B-> P(A|B ∪ C) > P(A|B).
Rozwiązanie. Mamy
P(A ∩ (B ∪ C))
P(A ∩ B) + P(A ∩ (C\B))
=
=
P(B ∪ C)
P(B) + P(C\B)
P(A|B)P(B) + P(A|C\B)P(C\B)
P(A|B)P(B) + P(A|B)P(C\B)
>
= P(A|B).
P(B) + P(C\B)
P(B) + P(B\C)
P(A|B ∪ B) =
4
13. (Eg 60/7) Wybieramy losowo i niezależnie dwa punkty z odcinka [0, 2π] Traktując te dwa punkty
jako punkty na okręgu o promieniu 1, obliczyć wartość oczekiwaną odległości między nimi (odległość mierzymy wzdłuż cięciwy).
Odp: B-> π4 .
Rozwiązanie. Jeden z punktów możemy ustalić. Wtedy wybór drugiego punktu to wybór kąta α
tworzonego przez środek okręgu i dwa punktu. Długość cięciwy liczymy ze wzoru 2 sin α/2 gdzie
α pochodzi z rozkładu jednostajnego na [0, 2π]. Zatem wartość oczekiwana ma postać
Z 2π
α
1
4
2 sin dα = .
2π 0
2
π
14. (Eg 61/8) Niech U i V będą niezależnymi zmiennymi losowymi z rozkładu jednostajnego na
przedziale (0, 1). Niech
1
U2
,
Z= 1
U2 +V4
1
wtedy E(Z|U 2 + V 4 < 1) jest równe ?
Odp: B-> 89 .
Rozwiązanie. Zadanie polega na umiejętnym wykorzystaniu rozkładu beta. Zauważmy najpierw,
1
że zmienne (X, Y ) = (
U2
U
1
2
) powstają przez przekształcenie T : (0, 1)2 → (0, 1) × (0, 2) któ-
+V 4
−1
1
rego odwrotne ma postać T (X, Y ) = ((XY )2 , ((1 − X)Y ) 4 ), a którego jakobian ma postać
3
|DT −1 (x, y)| = 12 xy 5 (1 − x)− 4 . Stąd gęstość rozkładu (X, Y ) ma postać
3
1 5
xy 4 (1 − x)− 4 (10<x<1 10<y<1 + 11− y1 <x< y1 116y<2 ).
2
Pozostaje obliczyć z rozkładu beta
Z 1Z
P(Y < 1) =
0
0
Nadto ponownie z rozkładu beta
Z 1Z
EX1Y <1 =
0
0
1
1
3
2 Γ(2)Γ( 14 )
32
1 5
xy 4 (1 − x)− 4 dxdy =
=
.
2
9 Γ(2 + 14 )
45
3
5
2 Γ(3)Γ( 14 )
256
1 2
x (1 − x)− 4 y 4 dxdy =
.
=
1
2
9 Γ(3 + 4 )
405
Stąd
E(X|Y < 1) =
45 256
8
·
= .
32 405
9
15. (Eg 62/5) Zmienna losowa (X, Y ) ma rozkład prawdopodobieństwa o funkcji gęstości f (x, y) =
8xy10<y<x<1 . Niech U = X + Y i V = X − Y . Wtedy E(V |U = 43 ) jest równa ?
7
Odp: D-> 22
.
Rozwiązanie. Obliczamy wspólny rozkład (V, U ) = T (X, Y ). Przekształcenie odwrotne ma postać T −1 (V, U ) = ( 21 (U + V ), 12 (U − V )), którego jakobian ma postać |DT −1 | = 12 . Zatem
fV,U (v, u) =
1 u+v u−v
f(
,
) = 2(u2 − v 2 )10<v<min(u,2−u) 10<u<2 .
2
2
2
Pozostaje wyznaczyć gęstość warunkową
fV,U (v|u =
4
81 16
)=
( − v 2 )10<v< 23 .
3
88 9
5
Obliczamy
4
E(V |U = ) =
3
Z
2
30
81 16
7
v( − v 2 )dv =
.
88 9
22
6