1 Parametry rozkładów

1
Parametry rozkładów
W tej serii będziemy obliczać różne parametry zmiennych losowych. Wymagana jest znajomość własności
rozkładów probabilistycznych oraz umiejętne korzystanie z niezależności zmiennych losowych.
1. (Eg 48/7) Niech X1 , X2 , ..., Xn , ... będą niezależnymi zmiennymi losowymi o jednakowym rozkładzie wykładniczym o gęstości
f (x) = 2e−2x gdyx > 0 oraz f (x) = 0 gdy x 6 0.
Niech N będzie zmienną losową, niezależną od X1 , X2 , ..., Xn , ..., o rozkładzie ujemnym dwumiar
n
nowym P(N = n) = Γ(r+n)
Γ(r)n! p (1 − p) dla n = 0, 1, 2, ..., gdzie r > 0 i p ∈ (0, 1) są ustalonymi
parametrami. Niech ZN = min(X1 , X2 , ..., XN ), gdy N > 0 oraz ZN = 0, gdy N = 0. Oblicz
E(N ZN ) i Var(N ZN ).
2r
r
i Var(N ZN ) = 1−p
Odp: C-> E(N ZN ) = 1−p
2
4 .
Rozwiązanie. Dla zmiennej Z z rozkładu wykładniczego Exp(λ) zachodzi EZ = λk!k , k =
0, 1, 2, . . .. Przypomnijmy, ze minimum z niezależnych zmiennych wykładniczych ma rozkład wykładniczy o parametrze będącym sumą parametrów dodawanych zmiennych. To znaczy rozkład Z
1
oraz EZn2 = 2n1 2 oraz EZ0 = EZ02 = 0. Obliczamy
ma postać Exp(2n). W szczególności EZn = 2n
E(N ZN ) =
∞
X
P(N = n)nEZn =
n=0
∞
X
E(N ZN )2 =
∞
1X
1
P(N = n) = (1 − pr ),
2 n=1
2
P(N = n)n2 EZn2 =
n=0
∞
X
n=1
=
∞
1X
1
P(N = n) = (1 − pr ).
2 n=1
2
Stąd
Var(N ZN ) =
1
1
(2 − 2pr − 1 + 2pr − p2r ) = (1 − p2r ).
4
4
2. (Eg 49/3) Niech X1 , X2 , ..., Xn , ... I1 , I2 , ..., In , ..., N będą niezależnymi zmiennymi losowymi. Zmienne
X1 , X2 , ..., Xn , ... mają rozkład o wartości oczekiwanej 2 i wariancji 1. Zmienne I1 , I2 , ..., In , ...
mają rozkład jednostajny na przedziale (0, 1). Zmienna N ma rozkład ujemny dwumianowy
PN
P(N = n) Γ(2+n)
( 43 )2 ( 14 )n dla n = 0, 1, 2, ... Niech SN = 0, gdy N = 0 oraz SN = i=1 Ii Xi ,
n!
gdy N > 0. Wtedy Var(SN ) jest równa: ?
Odp: C-> VarSN = 34 .
Rozwiązanie. Przypomnijmy własności rozkładu ujemnego dwumianowego EN = 2( 34 )−1 ( 41 ) = 23
oraz VarN = 2( 34 )−2 14 = 89 i EN 2 = 43 . Niech X ma rozkład taki jak X1 , X2 , . . . nadto I ma rozkład
taki jak I1 , I2 , . . . Mamy
ESN =
∞
X
P(N = n)ESn =
n=0
∞
X
P(N = n)nEIEX =
n=0
∞
X
P(N = n)n = EN.
n=1
Nadto
2
ESN
=
∞
X
n=0
=
P(N = n)ESn2 =
∞
X
P(N = n)(nEX 2 EI 2 + n(n − 1)(EXEI)2 ) =
n=0
∞
X
2
2
P(N = n)(n(n + )) = EN (N + ).
3
3
n=0
Czyli
2
4 4 4
4
VarSN = EN 2 + EN − (EN )2 = + − = .
3
3 9 9
3
1
3. (Eg 50/1) Niech X1 , X2 , ..., Xn , ... będą niezależnymi zmiennymi losowymi z rozkładu gamma o
gęstości
p(x) = 16xe−4x , gdy x > 0, oraz p(x) = 0 gdyx 6 0.
Niech N będzie zmienną losową niezależna od zmiennych X1 , X2 , ..., Xn , ... spełniającą
1
1
, i P(N = 1) = P(N = 2) = P(N = 3) = .
2
6
PN
Niech S = 0, gdy N = 0 oraz S = i=1 Xi , gdy N > 0. Wtedy E(S − ES)3 jest równe ?.
7
Odp: B-> 16
.
P(N = 0) =
Rozwiązanie. Przypomnijmy momenty dla zmiennej Z z rozkładu Gamma(α, β) zachodzi
EZ =
2α
α
α
, E(Z − EZ)2 = 2 , E(Z − EZ)3 = 3 .
β
β
β
W przypadku zadania α = 2, β = 4, stąd
EX =
1
1
1
, E(X − EX)2 = , E(X − EX)3 =
.
2
8
16
Podobnie wyznaczamy
EN = 1, E(N − EN )2 =
4
, E(N − EN )3 = 1.
3
Zatem
E(S − ES)3 = E(S − N EX + N EX − ES)3 = EE[(S − N EX + N EX − ES)3 |N ] =
= EN E(X − EX)3 + 3E(N − EN )2 EXE(X − EX)2 + E(N − EN )3 (EX)3 =
4 1 1 1
7
1
+3· · · + =
.
=
16
3 2 8 8
16
4. (Eg 51/7) Załóżmy, że X1 , X2 , ..., Xn , ... są niezależnymi zmiennymi losowymi o jednakowym rozkładzie wykładniczym o gęstości
f (x) = exp(−x) dla x > 0.
Zmienna losowa N jest niezależna od X1 , X2 , ..., Xn , ... i ma rozkład Poissona o wartości oczekiwanej λ. Niech
Yi = min(Xi , 2), Zi = Xi − Yi ,
S (Y ) =
N
X
Yi , S (Z) =
i=1
N
X
Zi .
i=1
Oblicz Cov(S (Y ) , S (Z) ).
Odp: A-> Cov(S (Y ) , S (Z) ) = 2λe−2 .
Rozwiązanie. Niech Y, Z będą miały rozkład odpowiednio jak X1 , X2 , . . ., Y1 , Y2 , . . .. Wyznaczamy
ES (Y ) = EN EY = λEY
oraz
ES (Z) = EN (EX − EY ) = λEZ.
2
Wyznaczamy
ES (Y ) S (Z) =
∞
X
n
n
∞
X
X
X
P(N = n)E(
Yi ,
Zi ) =
P(N = n)(nE(Y Z) + n(n − 1)EY EZ) =
n=0
i=1
n=0
i=1
= EN E(Y Z) + E(N (N − 1))EY EZ = λE(Y Z) + λ2 EY EZ.
Mamy
Z
∞
P(X > 2 + t)dt = 2e−2 .
E(Y Z) = 2E(X − 2)+ = 2
t=0
Stąd
Cov(S (Y ) , S (Z) ) = 2λe−2
5. (Eg 52/8) Załóżmy, że X1 , X2 , ..., Xn , ... są niezależnymi zmiennymi losowymi o tym samym rozkładzie jednostajnym na przedziale [0, 1], zaś N jest zmienną losową o rozkładzie ujemnym dwumianowym:
n+2 3
P(N = n) =
p (1 − p)n dla n = 0, 1, 2, ...
n
niezależną od zmiennych losowych X1 , X2 , ..., Xn , ... Niech MN = max{X1 , X2 , ..., XN }, gdy N > 0
oraz MN = 0, gdy N = 0. Statystyk otrzymał trzy niezależne obserwacje zmiennej losowej MN
równe
1
0, 0, .
2
Wartość estymatora największej wiarogodności dla parametru p otrzymana na podstawie tych
danych jest równa ?
Odp: B-> 0, 877.
Rozwiązanie. Zadanie należy rozwiązać przez wyznaczenie wiarygodności, skoro wśród obserwacji
pojawiły się dwa zera to znaczy, że dwukrotnie pojawiło się zdarzenie o prawdopodobieństwie p3 .
Z drugiej strony szansa otrzymania wartości 0 < t 6 1 wynosi
∞
X
P(N = n)P(max(X1 , ..., Xn ) 6 t) =
∞
X
P(N = n)tn =
n=1
n=1
p3
,
(1 − t(1 − p))3
gdzie ostatnia równość bierze się ze zmiany parametru w rozkładzie ujemnym dwumianowym.
Zatem warunkowo na N > 0 zmienna MN ma rozkład ciągły o gęstości
3p3 (1 − p)
.
(1 − t(1 − p))4
Stąd wiarygodność będzie miała postać
1
48p9 (1 − p)
L(p, (0, 0, ))) =
.
2
(1 + p)4
Znajdujemy maksimum f (p) = log L(p, (0, 0, 12 )),
1
1
1
0 = f 0 (p) = 9 −
−4
.
p 1−p
1+p
Stąd równanie
√
−5 + 406
6p + 5p + 9 = 0, p =
' 0, 877.
12
2
3
6. (Eg 53/2) Niech X0 , X1 , ..., Xn , ... będą niezależnymi zmiennymi losowymi o rozkładzie jednostajnym na przedziale (0, 2). Niech zmienna losowa N oznacza numer pierwszej ze zmiennych losowych
X1 , ..., Xn , ... o wartości większej niż X0 , zatem
N = inf{n > 1 : Xn > X0 }.
Wtedy EXN jest równa?
Odp: C-> 32 .
Rozwiązanie. Dla ustalonego X0 = x ∈ (0, 2) rozkład Nx = inf{n >: Xn > x} jest rozkładem
geometrycznym z prawdopodobieństwem sukcesu (1 − x). Dalej rozkład XN dla ustalonego N i
X0 ma rozkład jednostajny na (x, 2) ze średnią x+2
2 . Zatem
EXN = EE(XN |X0 , N ) = E
X0 + 2
3
= .
2
2
7. (Eg 54/4) Zmienna losowa N ma rozkład geometryczny postaci
1 3
P(N = k) = ( )k dla k = 0, 1, 2, ...
4 4
Rozważamy losową liczbę zmiennych losowych X1 , X2 , ..., XN przy czym zmienne losowe X1 , X2 , ..., XN
są niezależne wzajemnie i niezależne od zmiennej losowej N . Każda ze zmiennych Xi ma ten sam
rozkład o parametrach
EX = 1, E(X 2 ) = 2, E(X 3 ) = 3.
3
PN
Niech SN = i=1 Xi , gdy N > 0 oraz SN = 0, gdy N = 0. Współczynnik skośności E(SN −ESN3 )
(VarSN ) 2
Odp: B-> 2, 538.
Rozwiązanie. Przypomnijmy, że
E(S − ES)3 = E(S − N EX + N EX − ES)3 = EE[(S − N EX + N EX − ES)3 |N ] =
= EN E(X − EX)3 + 3E(N − EN )2 EXE(X − EX)2 + E(N − EN )3 (EX)3 .
Dla rozkładu geometrycznego (startującego z 0) z parametrem p
EN =
1−p
(1 − p)
(1 − p)(2 − p)
, E(N − EN )2 =
, E(N − EN )3 =
.
p
p2
p3
Stad
EN =
1
4
20
, E(N − EN )2 = , E(N − EN )3 =
.
3
9
27
Dalej
EX = 1, E(X − EX)2 = 1, E(X − EX)3 = −1.
Dostajemy
1 4 20
E(S − ES)3 = − + +
3 3 27
Podobnie
E(S − ES)2 = EN E(X − EX)2 + E(N − EN )2 (EX)2 =
1 4
7
+ = .
3 9
9
Współczynnik skośności
E(SN − ESN )3
(VarSN )
3
2
=
47
3
(7) 2
' 2, 538.
4
8. (Eg 55/7) Zmienna losowa N ma rozkład geometryczny
P(N = n) = pn (1 − p), dla n = 0, 1, 2, ...,
gdzie p ∈ (0, 1) jest nieznanym parametrem. Rozważamy losową liczbę zmiennych losowych
X1 , X2 , ..., XN ,
przy czym zmienne losowe X1 , X2 , ..., XN są niezależne wzajemnie i niezależne od zmiennej losowej
N . Każda ze zmiennych Xi ma rozkład jednostajny o gęstości danej wzorem: fθ (x) = 1/θ, dla
0 6 x 6 θ oraz 0 w przeciwnym przypadku, gdzie θ > 0 jest nieznanym parametrem. Obserwujemy
tylko te spośród zmiennych X1 , X2 , ..., XN , które są większe od 5. Nie wiemy ile jest pozostałych
zmiennych ani jakie są ich wartości. Przypuśćmy, że zaobserwowaliśmy następujące wartości
8.5, 10, 6, 7.4, 9, 5.2.
Na podstawie tych danych wyznacz wartości estymatorów największej wiarogodności parametrów
θ i p.
12
.
Odp: C-> θ̂ = 10 i p̂ = 13
Rozwiązanie. Niech X ma rozkład taki jak X1 , X2 , . . .. Znajdujemy wiarygodność, szansa że
wylosujemy 6 zmiennych większych niż 5 wynosi
∞ X
n + 6 5p n
(P(X > 5))
P(X 6 5) P(N = n + 6) = (P(X > 5)) (1 − p)p
( ) .
6
θ
n=0
n=0
6
∞
X
n
6
6
Warunkowo względem wymagania, że 6 zmiennych przekroczyło 5 ma gęstość postaci
6
5 Y
1x <θ .
(P(X > 5))−6 ( )6
θ i=1 i
Nadto z własności rozkładu ujemnego dwumianowego
∞ X
n + 6 5p n
5p
( ) = (1 − )−7
6
θ
θ
n=0
Stąd wiarygodność ma postać
6
5p 6 Y
5p
L(θ, p; x1 , x2 , x3 , x4 , x5 , x6 ) = (1 − p)( )
1x <θ (1 − )−7 .
θ i=1 i
θ
Najpierw zauważamy, że θ > 10 (w przeciwnym razie dostajemy 0) nadto dla θ > 0 funkcja L jest
malejąca czyli zatem θ̂ = 10. Wówczas wystarczy znaleźć p dla którego maksimum osiąga funkcja
L(10, p; x1 , x2 , x3 , x4 , x5 , x6 ). To oznacza, że trzeba znaleźć punkt maksimum funkcji
1
f (p) = (1 − p)p6 (1 − p)−7 .
2
Warunek f 0 (p) = 0 jest równoważny
1
7
7
(6p5 − 7p6 )(1 − p) + p6 − p7 .
2
2
2
Stąd p̄ =
12
13 .
5
9. (Eg 56/6) Załóżmy, że X1 , X2 , ..., Xn , ... są niezależnymi zmiennymi losowymi o tym samym rozkładzie jednostajnym na przedziale [0, 1], zaś N jest zmienną losową o rozkładzie geometrycznym,
P(N = k) = p(1 − p)k , gdy k = 0, 1, 2, ...
niezależną od zmiennych losowych X1 , X2 , ..., Xn , ... Liczba p ∈ (0, 1) jest ustalona. Niech YN =
min{X1 , ..., XN }, gdy N > 0 oraz YN = 0, gdy N = 0 i ZN = max{X1 , ..., XN }, gdy N = 0.
Obliczyć P(ZN − YN > 21 ).
4p
Odp: B-> 1 − (1+p)
2.
Rozwiązanie. Zacznijmy od prostszego zadania, rozkład (Yn , Zn ) ma gęstość n(n−1)(z−y)n−2 10<y<z<1 .
Zatem
Z 1 Z z− 12
Z 1
1
1
1
1
n−2
P(Zn − Yn > ) =
n(n − 1)(z − y)
n(z n−1 − ( )n−1 )dz = 1 − n − n n .
dydz =
1
1
2
2
2
2
0
2
2
Stąd
1
1
1
1
) = EP(ZN − YN > |N ) = E(1 − N − N N ) =
2
2
2
2
∞
X
4p
2p
2p(1 − p)
1−
(1 + k)p[(1 − p)2−1 ]k = 1 −
−
=1
.
1+p
(1 + p)2
(1 + p)2
P(ZN − YN >
k=0
10. (Eg 57/4) Niech X1 , X2 , ..., Xn , ... I1 , I2 , ..., In , ..., N będą niezależnymi zmiennymi losowymi. Zmienne
X1 , X2 , ..., Xn , ... mają rozkład wykładniczy o wartości oczekiwanej 1. Zmienne I1 , I2 , ..., In , ...
mają rozkład dwupunktowy P(Ii = 1) = 1 − P(Ii = 0) = 21 . Zmienna N ma rozkład ujemny
3 2 1 n
Niech SN = 0, gdy N = 0 oraz
dwumianowy P(N = n) = n+1
n ( 4 ) ( 4 ) dla n = 0, 1, 2, .... √
PN
Var(SN )
SN = i=1 Ii Xi , gdy N > 0. Wtedy współczynnik zmienności
jest równy: ?
ESN
q
13
Odp: C->
2 .
Rozwiązanie. Niech X, I mają rozkład taki jak odpowiednio X1 , X2 , . . ., I1 , I2 , . . .. Obliczamy
EN = 2/3, VarN = 8/9 (rozkład ujemny dwumianowy B− (α, p) ma wartość oczekiwana α 1−p
p
1
i wariancję α 1−p
),
EI
=
,
EX
=
1,
VarX
=
1
(rozkład
wykładniczy
Exp(λ)
ma
wartość
p2
2
oczekiwaną λ i wariancję 1/λ2 ). Zatem
1 3 1
1
ESN = EN EIEX = 2( / ) = .
4 4 2
3
Z drugiej strony
VarSN = EN Var(IX) + VarN (EIX)2 = EN (EI 2 EX 2 − (EIEX)2 ) + VarN (EIEX)2 =
2 1
1
8 1
1 2
13
= ( · 2 − ( )2 ) + ( )2 = + =
.
3 2
2
9 2
2 9
18
Czyli
p
√
Var(SN )
13
= √ .
ESN
2
11. (Eg 59/8) Załóżmy, że X1 , X2 , ..., Xn , ... są dodatnimi niezależnymi zmiennymi losowymi o jednakowym ciągłym rozkładzie prawdopodobieństwa. Niech R0 = 0 i Rn = max{X1 , ..., Xn }, gdy
n > 0. Niech N i M będą niezależnymi zmiennymi losowymi o rozkładach Poissona, przy czym
6
EN = 1 i EM = 2. Wtedy P(RN +M > RN ) jest równe?
Odp: C-> 23 (1 − e−3 ).
Rozwiązanie. Zauważmy, że dla n + m > 0
P(Rn+m > Rn ) =
m
,
n+m
bo szanse, że któraś ze zmiennych jest największa są równe a szansa, że dwie zmienne przyjmują
tę samą wartość jest zerowa. Zatem
P(RN +M > RN ) = EP(RN +M > RN |N, M ) = E
M
1N +M >0 .
N +M
Przypomnijmy, że rozkład warunkowy M pod warunkiem N + M ma postać B( ENEM
+EM , N + M )
nadto N + M ma rozkład P oiss(EN + EM ). Czyli
E
M
1
2
2
1N +M >0 = E
1N +M >0 E(M |N + M ) = E1N +M >0 = (1 − e−3 ).
N +M
N +M
3
2
12. (Eg 60/2) Zmienne losowe X1 , X2 , ..., Xn są warunkowo niezależne przy znanej wartości zmiennej
losowej θ i mają rozkłady o wartości oczekiwanej E(Xi |θ) = 10θ i wariancji Var(Xi |θ) = 100θ2 .
Niech N będzie zmienną losową warunkowo niezależną od X1 , X2 , ..., Xn przy znanym θ i o warunkowym rozkładzie
P(N = n|θ) = n(1 − θ)n−1 θ2 , dla n = 1, 2, 3, ...
Zmienna losowa θ ma rozkład Beta o gęstości p(θ) = 6θ(1−θ), gdy θ ∈ (0, 1). Niech SN =
Wtedy wariancja Var( SNN ) jest równa?
Odp: C-> 25.
P∞
Rozwiązanie. Zauważmy, że E(N −1 |θ) = θ2 n=1 (1 − θ)n−1 = θ, zatem
PN
i=1
Xi .
SN 2
SN − N E(X|θ)
SN 2
SN
−E
) = EE[(
+ E(X|θ) − E
) |θ] =
N
N
N
N
= E[E(N −1 |θ)Var(X|θ)] + Var(E(X|θ)) = 100Eθ3 + 100Var(θ) =
E(
R1
R1
R1
3
Dalej Eθ3 = 6 0 θ4 (1 − θ)dθ = 15 , Eθ2 = 6 0 θ3 (1 − θ)dθ = 10
, Eθ = 6 0 θ2 (1 − θ) = 21 , stąd
1
α
VarX = 20
. Ogólnie można pamiętać wzór że dla rozkładu Beta(α, β), EX = α+β
, VarX =
αβ
(α+β)2 (α+β+1) ,
w zadaniu α = 2, β = 2. Czyli
Var
SN
= 20 + 5 = 25
N
13. (Eg 61/10) Niech X1 , X2 , ..., Xn , ... będą niezależnymi zmiennymi losowymi o rozkładzie wykładniczym o wartości oczekiwanej 4. Niech N będzie zmienną losową o rozkładzie geometrycznym o
funkcji p-stwa
4 1
P(N = k) = · ( )k dla k = 0, 1, 2, ...,
5 5
PN
niezależną od zmiennych X1 , X2 , ..., Xn , ... Niech Sn = i=1 Xi , gdy N > 0 oraz SN = 0 gdy
N = 0. Wtedy P(SN < 5) jest równe: ?
Odp: C-> 1 − 0, 2e−1 .
7
Rozwiązanie. Przypomnijmy, że Sn , n > 1 ma rozkład Gamma(n, 41 ) Obliczamy
P(SN > 5) = EP(SN > 5|N ) =
∞
X
P(Sn > 5)P(N = n) =
n=1
=
4
5
Z
∞
(
5
∞
X
n−1
∞ Z
X
n=1
1
1
x
)e− 4 x dx =
n
(n
−
1)!(20)
25
n=1
∞
Z
1
1
e( 20 − 4 )x dx =
n=5
∞
5
1
1
xn−1 e− 4 x dx =
(n − 1)!4n
1 −1
e .
5
Stąd P(SN < 5) = 1 − 0, 2e−1 .
14. (Eg 62/9) Niech X1 , ..., Xn , ... będą niezależnymi zmiennymi losowymi z rozkładu jednostajnego na
przedziale [0, 1]. Niech N będzie zmienną losową o rozkładzie ujemnym dwumianowym niezależną
od zmiennych X1 , ..., Xn , ... o funkcji p-stwa
P(N = n) =
(n + 2)(n + 1) 3
p (1 − p)n , dla n = 0, 1, 2, ...
2
Niech YN = min{X1 , ..., XN }, gdy N > 0 oraz YN = 0, gdy N = 0 i ZN = max{X1 , ..., XN }, oraz
ZN = 0 gdy N = 0. Wyznacz E(YN ZN ).
2
)
.
Odp: E-> p(1−p
2
Rozwiązanie. Przypomnijmy, że (Yn , Zn ) ma rozkład o gęstości n(n − 1)(z − y)n−2 106y<z61 .
R1
Nadto z rozkładu beta wiemy, że 0 xα−1 (1 − x)β−1 dx = Γ(a)Γ(b)
Γ(a+b) Zatem podstawiając y = zw
1
Z
Z
z
n−2
n(n − 1)yz(z − y)
EYn Zn =
0
Z
dydz = n(n − 1)
0
1
z
n+1
Z
1
dz
0
w(1 − w)n−2 dw =
0
1
.
n+2
Stąd
∞
X
(n + 1) 3
1
1N >0 =
p (1 − p)n .
N +2
2
n=1
P∞
Z ujemnego rozkładu dwumianowego wiemy, że n=0 (n + 1)p2 (1 − p)n = 1. Zatem
E(YN ZN ) = EE(YN ZN |N ) = E
E(YN ZN ) = −
p3
p
p(1 − p2 )
+ =
.
2
2
2
15. (Eg 63/6) Niech X1 będzie zmienną losową o rozkładzie jednostajnym na przedziale (0, 1), X2
zmienną losową o rozkładzie jednostajnym na przedziale (0, X1 ), X3 zmienną losową o rozkładzie
jednostajnym na przedziale (0, X2 ) i tak dalej. Niech N oznacza zmienną losową, taką że
P(N = n) =
λn
, gdy n = 1, 2, 3, ...,
n!(eλ − 1)
gdzie λ > 0 jest ustaloną liczbą. Zmienna N jest niezależna od zmiennych X1 , X2 , X3 , .... Wtedy
E(N !X1 · X2 · ... · XN ) jest równa
eλ −λ−1
Odp: D-> λ(e
λ −1) .
Rozwiązanie. Zaważmy, że
E(X1 ...Xn ) = E(X1 ...Xn−1 )E(Xn |X1 , ..., Xn−1 ) = E(X1 ...Xn−2 )
= E(X1 ...Xn−2 )E(
2
Xn−1
1
|X1 , ..., Xn−2 ) = ... =
.
2
(n + 1)!
8
2
Xn−1
=
2
Zatem
EN !(X1 ...XN ) =
=
∞
X
λn
1
=
λ − 1) n + 1
n!(e
n=0
∞
X
eλ − λ − 1
λn
=
.
(n + 1)!(eλ − 1)
λ(eλ − 1)
n=1
9