1. Niech zmienna losowa X ma rozkład o gęstości:
\(f(x)=\begin{cases}−𝑥&,&𝑥\in[−1,0)\\ 2x^3&,& 𝑥\in [0,1]\\ 0&,&𝑥\in\rr \bez(−1,1) \end{cases}\)
a) Oblicz wariancję.
b) Oblicz \(𝑃 (𝑋 > -\frac{1}{2}\ |\ 𝑋 < \frac{1}{2})\)
c) Oblicz \(𝐸e^{x^2}\)
2. Niech \(𝑋\sim𝑁(𝑝, 2𝑝), 𝑌 = 5 − 3𝑋, Var 𝑌 = 36\). Oblicz \( 𝑃(|𝑋| < EX^2)\).
Zmienna losowa i rozkład
Otrzymałeś(aś) rozwiązanie do zamieszczonego zadania? - podziękuj autorowi rozwiązania! Kliknij
-
janusz55
- Fachowiec
- Posty: 1565
- Rejestracja: 01 sty 2021, 09:38
- Podziękowania: 2 razy
- Otrzymane podziękowania: 413 razy
Re: Zmienna losowa i rozkład
1.
a)
\( m_{2} = \int_{-\infty}^{\infty} x^2\cdot f(x)\cdot dx = \int_{-\infty}^{-1}x^2\cdot 0\cdot dx + \int_{-1}^{0} (-x^3) dx + \int_{0}^{1}2x^3\cdot dx + \int_{1}^{\infty} x^2\cdot 0 \cdot dx = 0 -\frac{1}{4} +\frac{1}{2} + 0 = \frac{3}{4}.\)
b)
\(P (\{X > -\frac{1}{2}\ |\ X < \frac{1}{2}\}) = \frac{P(\{X>-\frac{1}{2}\}\cap \{X<\frac{1}{2}\})}{P(\{X<\frac{1}{2}\})}.\)
\( P(\{X>-\frac{1}{2}\}) = \int_{-\frac{1}{2}}^{\infty} f(x)\cdot dx = \int_{-\frac{1}{2}}^{0}(-x)\cdot dx + \int_{0}^{1}2x^3\cdot dx +\int_{1}^{\infty}0\cdot dx = -\frac{1}{4} +\frac{1}{2}= \frac{1}{4}. \)
\( P(\{-\frac{1}{2}<X< \frac{1}{2} \}) = \int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}} f(x)\cdot dx = \int_{-\frac{1}{2}}^{0}(-x)\cdot dx + \int_{0}^{\frac{1}{2}} 2x^3\cdot dx = \frac{1}{8}+\frac{1}{32} = \frac{5}{32}.\)
\(P (\{X > -\frac{1}{2}\ |\ X < \frac{1}{2}\}) = \frac{\frac{5}{32}}{\frac{1}{4}} = \frac{20}{32} = \frac{5}{8}.\)
c)
\( F_{Y}(y) = P(\{Y<y\}) = P(\{e^{X} < y \}) = P(\{X< \ln(y) \}) = \int_{-\infty}^{\ln(y)} f_{X}(t)dt. \)
\( f_{Y}(y) = F'_{X}(\ln(y)) = \frac{1}{y}f_{X} (\ln(y)) \)
\( f_{Y}(y) = \begin{cases} \frac{1}{y}\ln\left(\frac{1}{y}\right), \ \ \text{gdy} \ \ \frac{1}{e} < y \leq 1 \\ \frac{2}{y}\ln^3(y), \ \ \text{gdy} \ \ 1\leq y \leq e \\ 0 \ \ \text{ w pozostałych przypadkach} \end{cases} \)
\( E(e^{X}) = \int_{-\infty}^{\infty} y \cdot f_{Y}(y)\cdot dy =\int_{\frac{1}{e}}^{1}\ln(\left(\frac{1}{y}\right)\cdot dy + 2\int_{1}^{e}\ln(y)\cdot dy =\left[y +y\ln(\left(\frac{1}{y}\right)\right]_{1/e}^{1} + \left[y\cdot (\ln^3(y) -3\ln^2(y)+6\ln(y)-6\right]_{1}^{e} = \)
\( = 1+ 1\ln(1) -\frac{1}{e} -\frac{1}{e}\ln\left(\frac{1}{e}\right) + e[\ln^3(e)-3\ln^2(e) +6\ln(e)-6] -1[\ln^3(1) -3\ln^2(1)+6\ln(1)+6] = \)
\( = 1 +0 -\frac{1}{e} + \frac{1}{e} + e -3e +6e -6 +6 = 4e + 1.\)
a)
\( m_{2} = \int_{-\infty}^{\infty} x^2\cdot f(x)\cdot dx = \int_{-\infty}^{-1}x^2\cdot 0\cdot dx + \int_{-1}^{0} (-x^3) dx + \int_{0}^{1}2x^3\cdot dx + \int_{1}^{\infty} x^2\cdot 0 \cdot dx = 0 -\frac{1}{4} +\frac{1}{2} + 0 = \frac{3}{4}.\)
b)
\(P (\{X > -\frac{1}{2}\ |\ X < \frac{1}{2}\}) = \frac{P(\{X>-\frac{1}{2}\}\cap \{X<\frac{1}{2}\})}{P(\{X<\frac{1}{2}\})}.\)
\( P(\{X>-\frac{1}{2}\}) = \int_{-\frac{1}{2}}^{\infty} f(x)\cdot dx = \int_{-\frac{1}{2}}^{0}(-x)\cdot dx + \int_{0}^{1}2x^3\cdot dx +\int_{1}^{\infty}0\cdot dx = -\frac{1}{4} +\frac{1}{2}= \frac{1}{4}. \)
\( P(\{-\frac{1}{2}<X< \frac{1}{2} \}) = \int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}} f(x)\cdot dx = \int_{-\frac{1}{2}}^{0}(-x)\cdot dx + \int_{0}^{\frac{1}{2}} 2x^3\cdot dx = \frac{1}{8}+\frac{1}{32} = \frac{5}{32}.\)
\(P (\{X > -\frac{1}{2}\ |\ X < \frac{1}{2}\}) = \frac{\frac{5}{32}}{\frac{1}{4}} = \frac{20}{32} = \frac{5}{8}.\)
c)
\( F_{Y}(y) = P(\{Y<y\}) = P(\{e^{X} < y \}) = P(\{X< \ln(y) \}) = \int_{-\infty}^{\ln(y)} f_{X}(t)dt. \)
\( f_{Y}(y) = F'_{X}(\ln(y)) = \frac{1}{y}f_{X} (\ln(y)) \)
\( f_{Y}(y) = \begin{cases} \frac{1}{y}\ln\left(\frac{1}{y}\right), \ \ \text{gdy} \ \ \frac{1}{e} < y \leq 1 \\ \frac{2}{y}\ln^3(y), \ \ \text{gdy} \ \ 1\leq y \leq e \\ 0 \ \ \text{ w pozostałych przypadkach} \end{cases} \)
\( E(e^{X}) = \int_{-\infty}^{\infty} y \cdot f_{Y}(y)\cdot dy =\int_{\frac{1}{e}}^{1}\ln(\left(\frac{1}{y}\right)\cdot dy + 2\int_{1}^{e}\ln(y)\cdot dy =\left[y +y\ln(\left(\frac{1}{y}\right)\right]_{1/e}^{1} + \left[y\cdot (\ln^3(y) -3\ln^2(y)+6\ln(y)-6\right]_{1}^{e} = \)
\( = 1+ 1\ln(1) -\frac{1}{e} -\frac{1}{e}\ln\left(\frac{1}{e}\right) + e[\ln^3(e)-3\ln^2(e) +6\ln(e)-6] -1[\ln^3(1) -3\ln^2(1)+6\ln(1)+6] = \)
\( = 1 +0 -\frac{1}{e} + \frac{1}{e} + e -3e +6e -6 +6 = 4e + 1.\)
-
janusz55
- Fachowiec
- Posty: 1565
- Rejestracja: 01 sty 2021, 09:38
- Podziękowania: 2 razy
- Otrzymane podziękowania: 413 razy
Re: Zmienna losowa i rozkład
c)
Rozkład funkcji zmiennej losowej \( Z = e^{X^2}.\)
\( F_{Z}(x) = P(\{Z<z\}) = P(\{e^{X^2} < z \}) = P(\{X^2< \ln(z) \}) = P({X< \sqrt{\ln(z)}} = \int_{-\infty}^{\sqrt{\ln(z)}} f_{X}(t)dt. \)
\( f_{Z}(z) = F'_{Z}(\sqrt{\ln(z})) = \frac{1}{\sqrt{z^3}}f_{X} (\sqrt{\ln(z)}). \)
Stąd
\( f_{Z}(z) = \begin{cases} -\frac{1}{2\sqrt{z^3}}\sqrt{\ln(z)}, \ \ \text{gdy} \ \ 1< z \leq e \\ \frac{1}{\sqrt{z^{3}}}\sqrt{\ln^3(z)}, \ \ \text{gdy} \ \ 1\leq z < e^{\frac{1}{12}} \end{cases} \)
\( E(e^{X^2}) = \int_{1}^{e} z \cdot \frac{1}{ 2\sqrt{z^3}}\sqrt{\ln(z)}dz + \int_{1}^{\sqrt[12]{e}} z\cdot \frac{1}{\sqrt{z^3}}\sqrt{(\ln(z))^3}dz \approx 0,45376 + 0,0008= 0,45384.\)
Zadanie 2
Treść zadania jest dla mnie niezrozumiała. Jaki jest związek \( p \) w rozkładzie normalnym z pozostałą treścią zadania?
Powinno być \( P(\{|Y|< |E(X^2)|\}) ? \)
Proszę przepisać dokładnie treść zadania.
Rozkład funkcji zmiennej losowej \( Z = e^{X^2}.\)
\( F_{Z}(x) = P(\{Z<z\}) = P(\{e^{X^2} < z \}) = P(\{X^2< \ln(z) \}) = P({X< \sqrt{\ln(z)}} = \int_{-\infty}^{\sqrt{\ln(z)}} f_{X}(t)dt. \)
\( f_{Z}(z) = F'_{Z}(\sqrt{\ln(z})) = \frac{1}{\sqrt{z^3}}f_{X} (\sqrt{\ln(z)}). \)
Stąd
\( f_{Z}(z) = \begin{cases} -\frac{1}{2\sqrt{z^3}}\sqrt{\ln(z)}, \ \ \text{gdy} \ \ 1< z \leq e \\ \frac{1}{\sqrt{z^{3}}}\sqrt{\ln^3(z)}, \ \ \text{gdy} \ \ 1\leq z < e^{\frac{1}{12}} \end{cases} \)
\( E(e^{X^2}) = \int_{1}^{e} z \cdot \frac{1}{ 2\sqrt{z^3}}\sqrt{\ln(z)}dz + \int_{1}^{\sqrt[12]{e}} z\cdot \frac{1}{\sqrt{z^3}}\sqrt{(\ln(z))^3}dz \approx 0,45376 + 0,0008= 0,45384.\)
Zadanie 2
Treść zadania jest dla mnie niezrozumiała. Jaki jest związek \( p \) w rozkładzie normalnym z pozostałą treścią zadania?
Powinno być \( P(\{|Y|< |E(X^2)|\}) ? \)
Proszę przepisać dokładnie treść zadania.
-
janusz55
- Fachowiec
- Posty: 1565
- Rejestracja: 01 sty 2021, 09:38
- Podziękowania: 2 razy
- Otrzymane podziękowania: 413 razy
Re: Zmienna losowa i rozkład
Z własności wariancji:
\( Var(Y) = Var(5 - 3X) = Var(5) + Var(-3X) = 0 + 9X^2,\)
\( 36 = 9X^2, \)
\( X^2 = 4.\)
\( X =-2 \vee X = 2.\)
\( Var(2) = 5 -3\cdot 2 = 5 - 6 = -1< 0 \)
\( Var(Y) = Var(-2) = 5 -3\cdot (-2)= 5+6 =11.\)
Wartość oczekiwaną zmiennej losowej \( X \) obliczymy z ogólnego wzoru na wariancję:
\( Var(X) = E[(X- E(X))^2)],\)
\( 11 = E[(-2 -E(X)^2] =E[(2 + E(X))^2] = E(2) + 2E(X) + E^2(X), \)
\( E^2(X) + 2E(X) - 9 = 0.\)
\( \Delta = 4 -4\cdot1 \cdot (-9) = 36,\)
\( E(X) = \frac{-2 +\sqrt{36}}{2} = 2. \)
Zmienna losowa \( X \) ma rozkład
\( X \sim \mathcal{N}(2, 4).\)
\( P(\{ |X|< |E(X^2)||\}) = P(\{ -E(X^2)< X < E(X^2) \}) = [standaryzacja] = P(\{ -4< X < 4\}) = P\left(\left\{\frac{-4 -2}{2} < Z < \frac{4-2}{2}\right\}\right) = P(\{ -3 < Z< 3\}) =\)
\( = \phi(3) - \phi(-3) = 0,84.\)
Program R
\( Var(Y) = Var(5 - 3X) = Var(5) + Var(-3X) = 0 + 9X^2,\)
\( 36 = 9X^2, \)
\( X^2 = 4.\)
\( X =-2 \vee X = 2.\)
\( Var(2) = 5 -3\cdot 2 = 5 - 6 = -1< 0 \)
\( Var(Y) = Var(-2) = 5 -3\cdot (-2)= 5+6 =11.\)
Wartość oczekiwaną zmiennej losowej \( X \) obliczymy z ogólnego wzoru na wariancję:
\( Var(X) = E[(X- E(X))^2)],\)
\( 11 = E[(-2 -E(X)^2] =E[(2 + E(X))^2] = E(2) + 2E(X) + E^2(X), \)
\( E^2(X) + 2E(X) - 9 = 0.\)
\( \Delta = 4 -4\cdot1 \cdot (-9) = 36,\)
\( E(X) = \frac{-2 +\sqrt{36}}{2} = 2. \)
Zmienna losowa \( X \) ma rozkład
\( X \sim \mathcal{N}(2, 4).\)
\( P(\{ |X|< |E(X^2)||\}) = P(\{ -E(X^2)< X < E(X^2) \}) = [standaryzacja] = P(\{ -4< X < 4\}) = P\left(\left\{\frac{-4 -2}{2} < Z < \frac{4-2}{2}\right\}\right) = P(\{ -3 < Z< 3\}) =\)
\( = \phi(3) - \phi(-3) = 0,84.\)
Program R
Kod: Zaznacz cały
> P = pnorm(1) - pnorm(-3)
> P
[1] 0.8399948
Re: Zmienna losowa i rozkład
Dzięki wielkie za pomoc! Co do treści zadania drugiego - jest ona dokładnie taka, jaką dostałam od prowadzącego.
Re: Zmienna losowa i rozkład
janusz55 pisze: ↑26 kwie 2024, 00:38 1.
a)
\( m_{2} = \int_{-\infty}^{\infty} x^2\cdot f(x)\cdot dx = \int_{-\infty}^{-1}x^2\cdot 0\cdot dx + \int_{-1}^{0} (-x^3) dx + \int_{0}^{1}2x^3\cdot dx + \int_{1}^{\infty} x^2\cdot 0 \cdot dx = 0 -\frac{1}{4} +\frac{1}{2} + 0 = \frac{3}{4}.\)
tu chyba wynik powinien być 1/4