Funkcja gęstości zmiennej losowej X dana jest wzorem
\(f(x)=\left\{ \begin{array}{lr} 3x^2, \hspace{0.5cm} 0<x<1 \\ 0, \hspace{0,5cm} w \hspace{0,2cm} p.p \end{array}\right.\)
Dla zmiennej losowej \(Y=e^{-x}\) wyznacz dystrybuantę oraz wartość oczekiwaną.
Wyznacz dystrybuantę oraz wartość oczekiwaną zmiennej losowej Y
Otrzymałeś(aś) rozwiązanie do zamieszczonego zadania? - podziękuj autorowi rozwiązania! Kliknij
-
- Fachowiec
- Posty: 1039
- Rejestracja: 04 sty 2020, 12:47
- Podziękowania: 9 razy
- Otrzymane podziękowania: 388 razy
- Płeć:
Re: Wyznacz dystrybuantę oraz wartość oczekiwaną zmiennej losowej Y
Mamy\[F_Y(x)=P(Y<x)=P(e^{-X}<x).\]
Jeśli \(x\leqslant 0\), to nierówność nie zachodzi, więc \(F_Y(x)=0\). Niech więc \(x>0\). Teraz\[e^{-X}<x\iff -X<\ln x\iff X>-\ln x.\]
Tak więc \[F_Y(x)=P\left(X>-\ln x\right)=1-P\left(X<-\ln x\right)=1- F_X\left(-\ln x\right).\]Dalej próbuj samodzielnie albo niech któryś z Kolegów skończy, bo wychodzę. Zacznij od określenia dystrybuanty \(F_X\) na podstawie gęstości.
Jeśli \(x\leqslant 0\), to nierówność nie zachodzi, więc \(F_Y(x)=0\). Niech więc \(x>0\). Teraz\[e^{-X}<x\iff -X<\ln x\iff X>-\ln x.\]
Tak więc \[F_Y(x)=P\left(X>-\ln x\right)=1-P\left(X<-\ln x\right)=1- F_X\left(-\ln x\right).\]Dalej próbuj samodzielnie albo niech któryś z Kolegów skończy, bo wychodzę. Zacznij od określenia dystrybuanty \(F_X\) na podstawie gęstości.
Re: Wyznacz dystrybuantę oraz wartość oczekiwaną zmiennej losowej Y
przepraszam ale \(F_Y(x)=P(Y<x)=P(e^{-3X} < x)\) , nie powinno wyglądac tak \(F_Y(x)=P(Y<x)=P(e^{-X} < x)\)?
Ja próbowałem to tak zrobić, tylko nie jestem pewien czy muszę zamienić kierunek znaku mniejszy większy
\(F_Y(y)=P(Y<y)=P(e^{-X} < y)=P(-X<\ln y)=P(X>-\ln y)=1-P(X<-\ln y)\)
To na podstawie dystrybuanty \(F_X(x)\)=\(
\begin{cases}
0 , dla x \le 0\\
x^3, 0<x<1\\
1, dla x \ge 1
\end{cases}
\)
To podstawiając teraz pod tą dystrybuantę \(1-F_X(-\ln y)\) powinna mi wyjść dystrybuanta \(F_Y\)
\(F_Y=1-F_X(-\ln y)\)
\(F_Y(y)\)=\(
\begin{cases}
0 , y \ge e\\
1-\ln ^3 y, 0 < y<e\\
\end{cases}
\)
Ja próbowałem to tak zrobić, tylko nie jestem pewien czy muszę zamienić kierunek znaku mniejszy większy
\(F_Y(y)=P(Y<y)=P(e^{-X} < y)=P(-X<\ln y)=P(X>-\ln y)=1-P(X<-\ln y)\)
To na podstawie dystrybuanty \(F_X(x)\)=\(
\begin{cases}
0 , dla x \le 0\\
x^3, 0<x<1\\
1, dla x \ge 1
\end{cases}
\)
To podstawiając teraz pod tą dystrybuantę \(1-F_X(-\ln y)\) powinna mi wyjść dystrybuanta \(F_Y\)
\(F_Y=1-F_X(-\ln y)\)
\(F_Y(y)\)=\(
\begin{cases}
0 , y \ge e\\
1-\ln ^3 y, 0 < y<e\\
\end{cases}
\)
Ostatnio zmieniony 09 sty 2022, 18:19 przez mikmat, łącznie zmieniany 6 razy.
-
- Fachowiec
- Posty: 1039
- Rejestracja: 04 sty 2020, 12:47
- Podziękowania: 9 razy
- Otrzymane podziękowania: 388 razy
- Płeć:
Re: Wyznacz dystrybuantę oraz wartość oczekiwaną zmiennej losowej Y
Tak, masz rację. Ale nie mam czasu na poprawienie. Tzn. na szybko poprawiłem, ale obliczenia już musisz zrobić, bo właśnie wyłączam komputer.
Wrócę do tego, gdy wieczorem przyjdę do domu. Chyba, że któryś z kolegów mnie wyręczy.
Wrócę do tego, gdy wieczorem przyjdę do domu. Chyba, że któryś z kolegów mnie wyręczy.
-
- Fachowiec
- Posty: 1039
- Rejestracja: 04 sty 2020, 12:47
- Podziękowania: 9 razy
- Otrzymane podziękowania: 388 razy
- Płeć:
Re: Wyznacz dystrybuantę oraz wartość oczekiwaną zmiennej losowej Y
Po powrocie do domu udało się na spokojnie wszystko napisać.
Zacznijmy zatem od dystrybuanty \(F_X\). Mamy \[F_X(x)=\int_{-\infty}^xf(t)\text{d}t.\] Stąd\[F_X(x)=\begin{cases}0&\text{dla }x\leqslant 0,\\x^3&\text{dla }0<x<1,\\1&\text{dla }x>1.\end{cases}.\]Teraz wyznaczymy dystrybuantę zmiennej losowej \(Y=e^{-X}\).Mamy\[Y<y\iff e^{-X}<y\] i jeśli \(y\leqslant 0\), jest to zdarzenie niemożliwe, a zatem \(F_Y(y)=P(Y<y)=0\) dla \(y\leqslant 0\). Niech więc \(y>0\). Teraz\[Y<y\iff e^{-X}<y\iff -X<\ln y\iff X>-\ln y.\]Zatem\[F_Y(y)=P(Y<y)=P(X>-\ln y)=1-P(X<-\ln y)=1-F_X(-\ln y).\]Teraz rozważamy przypadki. Mamy\[0<-\ln y<1\iff -1<\ln y<0\iff e^{-1}<y<1\]i wtedy\[F_X(-\ln y)=\left(-\ln y\right)^3=-\left(\ln y\right)^3.\]Dalej,\[-\ln y\leqslant 0\iff \ln y\geqslant 0\iff y\geqslant 1\]i wtedy\[F_X(-\ln y)=0.\]No i pozostał przypadek\[-\ln y\geqslant 1\iff\ln y\leqslant -1\iff 0<y\leqslant e^{-1}.\]Wtedy\[F_X(-\ln y)=1,\quad\text{więc }F_Y(y)=1-F_X(-\ln y)=0.\]Zbierzmy to razem. \(F_Y(y)=1-F_X(-\ln y)\) dla \(y>0\) oraz \(F_Y(y)=0\) dla \(y\leqslant 0\).Zatem\[F_Y(y)=\begin{cases}0&\text{dla }y\leqslant e^{-1},\\1+\left(\ln y\right)^3&\text{dla }e^{-1}<y<1,\\1&\text{dla }y\geqslant 1.\end{cases}\]
Gęstość \(g\) zmiennej \(Y\) jest pochodną dystrybuanty. Dlatego \[g(y)=\begin{cases}\dfrac{3\left(\ln y\right)^2}{y}&\text{dla }e^{-1}<y<1,\\0&\text{w przeciwnym przypadku.}\end{cases}\]Pomijamy tu wartości dla punktów zmiany wzoru, bo one są zupełnie nieistotne. Tak więc \[EY=\int_{-\infty}^{+\infty}yg(y)\text{d}y=\int_{e^{-1}}^13\left(\ln y\right)^2\text{d}y=6-15e^{-1}.\]Tę całkę obliczamy całkując dwukrotnie przez części. Nie będę tego robił. Użyję Wolfram Alpha.
https://www.wolframalpha.com/input/?i=i ... %5E-1+to+1
Można też było od razu użyć wzoru \[E\varphi(x)=\int_{-\infty}^{\infty}\varphi(x)f(x)\text{d}x.\]U nas \(\varphi(x)=e^{-x}.\) Zatem \[EY=E\left(e^{-X}\right)=\int_0^1e^{-x}\cdot 3x^2\text{d}x.\]Tę całkę również liczymy dwukrotnie przez części. Oczywiście jej wartość jest identyczna. Zaletą jest, że nie trzeba było wyznaczać gęstości zmiennej \(Y\).
https://www.wolframalpha.com/input/?i=i ... rom+0+to+1
Zacznijmy zatem od dystrybuanty \(F_X\). Mamy \[F_X(x)=\int_{-\infty}^xf(t)\text{d}t.\] Stąd\[F_X(x)=\begin{cases}0&\text{dla }x\leqslant 0,\\x^3&\text{dla }0<x<1,\\1&\text{dla }x>1.\end{cases}.\]Teraz wyznaczymy dystrybuantę zmiennej losowej \(Y=e^{-X}\).Mamy\[Y<y\iff e^{-X}<y\] i jeśli \(y\leqslant 0\), jest to zdarzenie niemożliwe, a zatem \(F_Y(y)=P(Y<y)=0\) dla \(y\leqslant 0\). Niech więc \(y>0\). Teraz\[Y<y\iff e^{-X}<y\iff -X<\ln y\iff X>-\ln y.\]Zatem\[F_Y(y)=P(Y<y)=P(X>-\ln y)=1-P(X<-\ln y)=1-F_X(-\ln y).\]Teraz rozważamy przypadki. Mamy\[0<-\ln y<1\iff -1<\ln y<0\iff e^{-1}<y<1\]i wtedy\[F_X(-\ln y)=\left(-\ln y\right)^3=-\left(\ln y\right)^3.\]Dalej,\[-\ln y\leqslant 0\iff \ln y\geqslant 0\iff y\geqslant 1\]i wtedy\[F_X(-\ln y)=0.\]No i pozostał przypadek\[-\ln y\geqslant 1\iff\ln y\leqslant -1\iff 0<y\leqslant e^{-1}.\]Wtedy\[F_X(-\ln y)=1,\quad\text{więc }F_Y(y)=1-F_X(-\ln y)=0.\]Zbierzmy to razem. \(F_Y(y)=1-F_X(-\ln y)\) dla \(y>0\) oraz \(F_Y(y)=0\) dla \(y\leqslant 0\).Zatem\[F_Y(y)=\begin{cases}0&\text{dla }y\leqslant e^{-1},\\1+\left(\ln y\right)^3&\text{dla }e^{-1}<y<1,\\1&\text{dla }y\geqslant 1.\end{cases}\]
Gęstość \(g\) zmiennej \(Y\) jest pochodną dystrybuanty. Dlatego \[g(y)=\begin{cases}\dfrac{3\left(\ln y\right)^2}{y}&\text{dla }e^{-1}<y<1,\\0&\text{w przeciwnym przypadku.}\end{cases}\]Pomijamy tu wartości dla punktów zmiany wzoru, bo one są zupełnie nieistotne. Tak więc \[EY=\int_{-\infty}^{+\infty}yg(y)\text{d}y=\int_{e^{-1}}^13\left(\ln y\right)^2\text{d}y=6-15e^{-1}.\]Tę całkę obliczamy całkując dwukrotnie przez części. Nie będę tego robił. Użyję Wolfram Alpha.
https://www.wolframalpha.com/input/?i=i ... %5E-1+to+1
Można też było od razu użyć wzoru \[E\varphi(x)=\int_{-\infty}^{\infty}\varphi(x)f(x)\text{d}x.\]U nas \(\varphi(x)=e^{-x}.\) Zatem \[EY=E\left(e^{-X}\right)=\int_0^1e^{-x}\cdot 3x^2\text{d}x.\]Tę całkę również liczymy dwukrotnie przez części. Oczywiście jej wartość jest identyczna. Zaletą jest, że nie trzeba było wyznaczać gęstości zmiennej \(Y\).
https://www.wolframalpha.com/input/?i=i ... rom+0+to+1
Re: Wyznacz dystrybuantę oraz wartość oczekiwaną zmiennej losowej Y
Naprawdę dziękuję bardzo, mam pytanie jeszcze do dystrybuanty \(F_Y\) dlaczego tam jest \(1+ \ln ^3 y\),a nie \(1- \ln ^3 y\)?
-
- Fachowiec
- Posty: 1039
- Rejestracja: 04 sty 2020, 12:47
- Podziękowania: 9 razy
- Otrzymane podziękowania: 388 razy
- Płeć:
Re: Wyznacz dystrybuantę oraz wartość oczekiwaną zmiennej losowej Y
Bo tam ten logarytm jest z minusem. Poczytaj dokładnie. Nie pisałem etapów zbierania tego razem.
Ponadto dystrybuanta jest niemalejąca, a w Twoim przypadku byłaby w tej części malejąca.
Ponadto dystrybuanta jest niemalejąca, a w Twoim przypadku byłaby w tej części malejąca.