Rachunek prawdopodobieństwa MAP1064 Wydział Elektroniki, rok

Rachunek prawdopodobieństwa MAP1064
Wydział Elektroniki, rok akad. 2008/09, sem. letni
Wykładowca: dr hab. A. Jurlewicz
Przykłady do listy 8: Zmienne losowe typu ciągłego. Gęstość
prawdopodobieństwa. Rozkład jednostajny, normalny, wykładniczy.
Transformacje zmiennej losowej.
Przykłady do zadania 8.1 :


(a) Czy można dobrać stałą c tak, aby funkcja f (x) = 
rozkładu probabilistycznego? Odpowiedź uzasadnić.
•
R∞
f (x)dx = c
−∞
R∞
1
0
c
x4/3
dla x ¬ 1,
była gęstością pewnego
dla x > 1
∞
dx
−1/3 = 3c = 1 wtedy i tylko wtedy, gdy c = 13 .
=
−3cx
x4/3
1
• Dla takiego c f (x) ­ 0 dla każdego x, więc wtedy oba warunki na gęstość są spełnione.
• Odp. Tak, c = 31 .
(b) Czy można dobrać stałą c tak, aby funkcja f (x) =


0

x1/3
rozkładu probabilistycznego? Odpowiedź uzasadnić.
R∞
c
dla x ¬ 1,
była gęstością pewnego
dla x > 1
R∞
dx
jest rozbieżna do c · ∞ dla c 6= 0 lub zbieżna do 0 dla c = 0.
1/3
−∞
1 x
Zatem f (x) nie może być gęstością niezależnie od c.
• Całka
f (x)dx = c
• Odp. Nie.
(
0 dla x ∈
/ [0, a],
była gęstością pew2
x dla x ∈ [0, a]
nego rozkładu probabilistycznego? Odpowiedź uzasadnić.
(c) Czy można dobrać stałą a tak, aby funkcja f (x) =
• a ­ 0 z postaci przedziału
• f (x) ­ 0 dla każdego x dla dowolnego a ­ 0
√
a3
= 1 wtedy i tylko wtedy, gdy a = 3 3.
3
−∞
0
√
• Oba warunki na gęstość są spełnione, gdy a = 3 3.
√
• Odp. Tak, dla a = 3 3 funkcja f (x) jest gęstością.
•
R∞
Ra
f (x)dx = x2 dx =
1
Przykład do zadania 8.2 :








0
dla x < −1,
c(x2 − 4) dla −1 ¬ x < 1,
dla 1 ¬ x < 2,
Dobrać stałą c tak, aby funkcja f (x) =  0
była gęstością pewnej zmien

c(x
−
5)
dla
2
¬
x
<
3,



 0
dla 3 ¬ x
nej losowej X. Wyliczyć P (0, 5 ¬ X < 1, 5) i P (X ­ 2, 5). Wyznaczyć dystrybuantę tej zmiennej
losowej.
• f (x) ­ 0 dla każdego x wtedy i tylko wtedy, gdy c ¬ 0 (wzory bez c dają funkcje ujemne na
podanych przedziałach).
1
f(x), c=1
2
1
−1
3
0
x
−1
−2
−3
−4
−5
−1.5
•
R∞
f (x)dx = c
−∞
R1
−1
−1
−0.5
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
R3
6
(x2 − 4)dx + c (x − 5)dx = − 59
c = 1 wtedy i tylko wtedy, gdy c = − 59
.
6
2
6
.
• Oba warunki na gęstość są spełnione, gdy c = − 59
• P (0, 5 ¬ X < 1, 5) =
1,5
R
0,5
6
= − 59
1
3
−4−
P (X ­ 2, 5) =
1
3·8
R∞
2,5
6
= − 59
9
2
− 15 −
f (x)dx = − 59
+2 =

1
6 R
(x2
41
236
− 4)dx =
0,5
 x3
3
1
− 4x
0,5
≈ 0, 174
3
6 R
(x − 5)dx
f (x)dx = − 59
2,52
2
6
− 59

=
2,5
+ 5 · 2, 5 =
6
− 59
 x2
2
3
− 5x
=
2,5
27
236
≈ 0, 114.
0.5
f(x), c=−6/59
P(0.5≤ X<1.5)
0.4
P( X≥ 2.5)
0.3
0.2
0.1
x
0
1.5
0.5
−0.1
−1.5
−1
−0.5
0
0.5
2
1
1.5
2.5
2
2.5
3
3.5
=
Rx
• Dystrybuanta ma postać F (x) =
f (t)dt =
−∞
=

















dla x < −1,
0
6
− 59
−6
Rx
−1
R1
2
(t − 4)dt
dla −1 ¬ x < 1,
(t2 − 4)dt
dla 1 ¬ x < 2,
59


−1


x


44
6 R


+
−
(t − 5)dt

59
59


2




 1
dla 2 ¬ x < 3,
44
dla 1 ¬ x < 2,
59





3x(10−x)−4



59






dla 2 ¬ x < 3,
dla 3 ¬ x
0.2
0.2
0.1
0.1
0
0
x
−1
F(x)
0.4
0.3
0
1
2
x
−0.1
3
0.5
−1
0
1
2
3
0.5
F(x)
0.4
0.3
0.2
0.2
0.1
0.1
0
0
x
−1
0
F(x)
+
0.4
+
0.3
−0.1
dla −1 ¬ x < 1,
0.5
F(x)
0.3
−0.1
dla x < −1,
1
dla 3 ¬ x
0.5
0.4
=




0





2(x(12−x2 )+11)




59


1
2
3
−1
0
1
F(x)
1
1
x
−0.1
0.8
44/59
≈ 0,7458
0.6
0.4
0.2
x
0
−1.5
−1
−1
1
−0.5
0
0.5
3
1
2
1.5
2
3
2.5
3
3.5
2
3
Przykłady do zadania 8.3 :
(a) Dobrać stałe A i B tak, aby funkcja



0
dla x ¬ 0,
2
F (x) = Ax + B dla 0 < x ¬ 1,


1
dla 1 < x
była dystrybuantą pewnej zmiennej losowej X o rozkładzie ciągłym. Znaleźć gęstość f (x) tego
rozkładu.
• Z przykładu 6.3 (a) wiemy, że dla A i B spełniających warunki:
0 ¬ B, 0 ¬ A ¬ 1 − B funkcja F jest dystrybuantą.
• Żeby mogła to być dystrybuanta rozkładu ciągłego, dodatkowo F musi być funkcją ciągłą,
co ma miejsce, gdy
0 = F (0) = lim F (x) = B
x→0+
A + B = F (1) = lim F (x) = 1,
x→1+
czyli dla A = 1 i B = 0. Wtedy



0 dla x ¬ 0,
F (x) = x2 dla 0 < x ¬ 1,


1 dla 1 < x.
f(x)
F(x)
2
1
x
0
x
0
1
dystrybuanta
1
gestosc
• Taka dystrybuanta F (x) jest różniczkowalna poza co najwyżej punktami x = 0 i x = 1,
zatem rozkład o takiej dystrybuancie jest ciągły o gęstości
(
f (x) =
F 0 (x) dla x 6= 1,
=
0
dla x = 1;
4
(
2x dla 0 < x < 1,
0 poza tym.



0
dla x ¬ −1,
(b) Dobrać stałe A i B tak, aby funkcja F (x) = A + B arc sin(x) dla −1 < x ¬ 1, była dys

1
dla 1 < x
trybuantą pewnej zmiennej losowej X o rozkładzie ciągłym. Znaleźć gęstość f (x) tego rozkładu.
• Dla wszystkich A i B funkcja F (x) jest lewostronnie ciągła oraz lim F (x) = 0
x→−∞
i x→∞
lim F (x) = 1.
• Żeby mogła to być dystrybuanta rozkładu ciągłego F musi być funkcją ciągłą, co ma
miejsce, gdy
0 = F (−1) = lim F (x) = A − B
π
2
x→−1+
π
A+B
2
czyli dla A =
1
2
= F (1) = lim F (x) = 1,
x→1+
i B = π1 .
• Dla takich A i B funkcja F jest niemalejąca na całej prostej, zatem jest dystrybuantą.
f(x)
F(x)
1
1
x
x
−1
−1
1
1
gestosc
dystrybuanta
• Ponadto wtedy F jest różniczkowalna poza punktami x = ±1, zatem rozkład o takiej
dystrybuancie
jest ciągły o gęstości
(
(
√1
dla − 1 < x < 1,
F 0 (x) dla |x| =
6 1,
f (x) =
= π 1−x2
0
dla |x| = 1;
0
poza tym.
5
(c) Dobrać stałe A, B i C tak, aby funkcja
Aex
dla x ¬ 0,
F (x) =  Bx + 0, 25 dla 0 < x ¬ ln 2,

C − e−x
dla x > ln 2



była dystrybuantą pewnej zmiennej losowej X o rozkładzie ciągłym. Znaleźć gęstość f (x) tego
rozkładu.
• Z przykładu 6.3 (b) wiemy, ze funkcja F jest dystrybuantą dla C = 1 oraz A i B spełnia.
jących warunki: 0 ¬ A ¬ 0, 25, 0 ¬ B ¬ 0,25
ln 2
• Żeby mogła to być dystrybuanta rozkładu ciągłego dodatkowo F musi być funkcją ciągłą.
Musimy więc mieć dodatkowo
A = F (0) = lim F (x) = 0, 25
x→0+
B ln 2 + 0, 25 = F (ln 2) = lim F (x) = C − 0, 5 = 0, 5
x→ln 2+
co daje A = 0, 25, B =
1
0,25
.
ln 2
1
F(x)
f(x)
1
0,25/ln 2
x
0
−8
0 ln 2
8
dystrybuanta
x
0
−8
0 ln 2
gestosc
8
• Dla takich stałych A i B funkcja F (x) jest różniczkowalna poza - być może - punktami
x = 0 i x = ln 2, zatem rozkład o takiej dystrybuancie
jest ciągły o gęstości

x

0, 25e dla x < 0,




(

dla x = 0,
 0
F 0 (x) dla x; 6= 0, x; 6= ln 2,
0,25
dla 0 < x < ln 2,
f (x) =
=
ln 2

0
dla poza tym;


0
dla
x = ln 2,



 e−x
dla x > ln 2
6
Przykłady do zadania 8.4 :
(a) Pewien informatyk oferuje w tej samej cenie dwa algorytmy A i B, generujące hasła dostępu.
Zdolność pojedynczego algorytmu do ochrony dostępu określana jest poprzez rozkład zmiennej
losowej T reprezentującej czas potrzebny na złamanie hasła. Gęstości rozkładu zmiennej T
odpowiednio dla algorytmów A i B przedstawione są na rysunku 1. Który algorytm byś wybrał?
Odpowiedź uzasadnić.
Rysunek 2.
Rysunek 1.
f (t)
6
f (t)
6
@ A
@
@
A
A
BB
10
B
B
30
50
B
@
B
@
@ -
70
t
40
60
100 t
• Wartość dystrybuanty F (t) = P (T < t) to pole pod wykresem gęstości nad odcinkiem
(0, t). Algorytm A zapewnia całkowitą ochronę do chwili 30 (pole 0), ale po chwili 50
złodziej na pewno jest na koncie. Algorytm B chroni dłużej, do chwili 70. Na początku
lepszy jest A, potem B. Wybór nie jest tu jednoznaczny, zależy od dodatkowych czynników.
(b) Na rysunku 2 znajdują się gęstości rozkładu opóźnienia w przesyłaniu plików dla dwóch programów ftp A i B. Odpowiedzieć na pytania:
Który z porównywanych programów daje gładsze opóźnienia? Dla którego małe opóźnienia są
bardziej prawdopodobne? Dla którego jest bardziej prawdopodobne opóźnienie równe 30 jednostkom czasu? Dla którego jest bardziej prawdopodobne opóźnienie krótsze niż 15 jednostek
czasu? Odpowiedzi uzasadnij.
• Gładsze opóźnienia daje B. W przypadku A opóźnienia nie mogą być z przedziału (40, 60).
Małe opóźnienia są bardziej prawdopodobne dla B (bo dla małych t pole pod wykresem
nad przedziałem (0, t) dla B jest większe). Opóźnienie równe 30 jednostkom czasu ma
prawdopod. 0 dla obu algorytmów (jest to pole tylko nad punktem 30, zawsze równe 0).
Opóźnienie krótsze niż 15 jednostek czasu jest bardziej prawdopodobne dla B, bo pole
pod wykresem nad przedziałem (0, 15) dla B jest większe.
7
Przykłady do zadania 8.5 :
(a) Gracz rzuca kostką do gry i otrzymuje 25 zł za liczbę oczek podzielną przez 3, a płaci 5 zł
za każdy inny wynik. Ma on możliwość wykonania co najwyżej 5 rzutów, a jednocześnie musi
przerwać grę po pierwszej wygranej. Niech Y oznacza wynik gracza (w zł). Znaleźć rozkład
zmiennej losowej Y .
• X - czas oczekiwania na pierwszy sukces w schemacie Bernoulliego, sukces - liczba oczek
podzielna przez 3, p = 31
• X ma rozkład geometryczny Geo( 13 ), P (X = k) =
(
• Y =
1
3
k−1
2
3
dla k = 1, 2, . . .
25 + (−5) · (X − 1), gdy X ¬ 5,
−5 · 5 = −25,
gdy X > 5.
• Zatem P (Y = 25 − 5(k − 1)) =
4
P
P (Y = −25) = 1 −
k=1
1
3
k−1
2
3
1
3
k−1
2
=
3
dla k = 1, 2, 3, 4, 5
5
2
3
• Rozkład Y możemy także podać w tabeli:
X
1
2
3
4
5
>5
Y = yk
25
20
15
10
5
-25
pk
1
3
2
9
4
27
8
81
16
243
32
243
≈
0,3333
0,2222
0,1481
0,0988
0,0658
0,1318
(b) Zmienna losowa X ma rozkład wykładniczy Exp(1). Znaleźć rozkład zmiennej losowej Y = X 2 .
(
• X ma rozkład wykładniczy Exp(1), czyli gęstość postaci fX (x) =
0,
gdy x ¬ 0,
e−x , gdy x > 0.
• Dystrybuanta zmiennej losowej Z = X 2 to FZ (z) = P (Z < z) = P (X 2 < z) =
(
=
0,
gdy z ¬ 0,
√
√
√
√
√
P (|X| < z) = FX ( z) − FX (− z + 0) = FX ( z) − FX (− z), gdy z > 0;
0
gdzie FX (x) to dystrybuanta zmiennej losowej X, tak że fX (x) = FX (x) dla niemal
wszystkich x.
0
• FZ (z) odpowiada gęstości fZ (z) = FZ (z) dla niemal wszystkich z.
Zatem fZ (z) =



gdy z ¬ 0,



0,
gdy z ¬ 0,
√
√
1
1 −√z
=


, gdy z > 0.
 √ e
 √ (fX ( z) + fX (− z)), gdy z > 0.
2 z
2 z
0,
Zauważmy, że jest to rozkład Weibulla W 1, 12 .
8
(c) Promień kuli R ma rozkład jednostajny U(4, 9; 5, 1) cm. Kulę wykonano z żelaza o gęstości 7,88
g/cm3 . Znaleźć rozkład masy M tej kuli.
(
• Gęstość R ma postać: fR (r) =
gdy r ∈
/ [4, 9; 5, 1],
= 5, gdy r ∈ [4, 9; 5, 1].
0,
1
5,1−4,9
• Masa kuli równa jest M = a−3 R3 , gdzie a =
4·7,88π −1/3
3
≈ 0, 3117.
• Dystrybuanta zmiennej losowej M ma postać
FM (m) = P (M < m) = P (R3 < a3 m) = P (R < am1/3 ) = FR (am1/3 ),
gdzie FR (r) to dystrybuanta rozkładu R.
0
• Stąd M ma rozkład o gęstości fM (m) = FM (m) dla niemal wszystkich m.
(
Zatem fM (m) =
gdzie m1 =
a −2/3
m
fR (am1/3 )
3
4,9 3
a
=
0,
5a −2/3
m
,
3
≈ 3883, 3190, m2 =
5,1 3
a
gdy m ∈
/ [m1 , m2 ],
gdy m ∈ [m1 , m2 ],
≈ 4378, 5000.
(d) Zmienna losowa X ma rozkład Cauchy’ego C(0, 1). Znaleźć rozkład zmiennej losowej
Y = arctgX.
• Gęstość rozkładu Cauchy’ego C(0, 1) ma postać fX (x) =
1
.
π(1 + x2 )
Stąd dystrybuanta zmiennej losowej X ma postać
FX (x) =
Rx
−∞
fX (t)dt = π1 arctgx + 21 .
• Dystrybuanta zmiennej losowej Y = arctgX to FY (y) = P (Y < y) =
0,
gdy y ¬ − π2 ,
1
1
= P (X < tgy) = FX (tgy) = π y + 2 , gdy − π2 < y < π2 ,


1,
gdy y ­ π2 .



0
• FY (y) odpowiada gęstości fY (y) = FY (y) dla niemal wszystkich y.


Zatem fY (y) = 
0, gdy y ∈
/ − π2 , π2 ,
1
,
π
gdy y ∈ − π2 , π2 .
Jest to gęstość rozkładu jednostajnego U − π2 , π2 .
• Wniosek: Y ma rozkład jednostajny U − π2 , π2 .
9
(e) NiechqX będzie zmienną o rozkładzie normalnym N (0, 1). Znaleźć rozkład zmiennej losowej
Y = |X|.
• X ma rozkład normalny N (0, 1), czyli gęstość postaci fX (x) = √
1 − x2
e 2.
2π
q
• Dystrybuanta zmiennej losowej Y = |X| to FY (y) = P (Y < y) =
(
=
0,
gdy y ¬ 0,
P (|X| < y 2 ) = FX (y 2 ) − FX (−y 2 + 0) = FX (y 2 ) − FX (−y 2 ), gdy y > 0;
gdzie FX (x) to dystrybuanta rozkładu X.
0
• FY (y) odpowiada gęstości fY (y) = FY (y) dla niemal wszystkich y.



gdy y ¬ 0,
y4
4
−
2
2
 2y(fX (y ) + fX (−y )) = √ ye 2 , gdy y > 0.
2π
0,
Zatem fY (y) = 
10