Jeżeli zmienna losowa \(X\) ma rozkład \(N(0,1)\) to jak będzie wyglądać dystrybuanta zmiennej losowej \(X^2\) oraz jej gęstość.
Z góry dziękuję za pomoc!
prawdopodobieństwo- rozkład normalny
Otrzymałeś(aś) rozwiązanie do zamieszczonego zadania? - podziękuj autorowi rozwiązania! Kliknij
-
janusz55
- Fachowiec
- Posty: 1584
- Rejestracja: 01 sty 2021, 09:38
- Podziękowania: 2 razy
- Otrzymane podziękowania: 415 razy
Re: prawdopodobieństwo- rozkład normalny
\( X \sim \mathcal{N}(0,1) \)
\( Y = X^2 \sim ( ? ) \)
Metoda pierwsza (wykorzystanie funkcji rozkładu, czyli dystrybuanty)
Dla \( y< 0, \)
\( F_{Y}(y)= P(X^2<y) = P(\emptyset) = 0.\)
Dla \( y\geq 0, \)
\( F_{Y}(y) = P(X^2<y) = P(-\sqrt{y}< X < \sqrt{y}) = F_{X}(\sqrt{y}) - F_{X}(-\sqrt{y}) \)
Funkcja gęstości zmiennej losowej \( Y \) jest pochodną dystrybuanty.
\( f_{Y}(y) = F'(y) = f_{X}(\sqrt{y})\cdot \frac{1}{2\sqrt{y}} + f_{X}(-\sqrt{y})\cdot \frac{1}{2\sqrt{y}}I_{(0,y)}(y) = \frac{1}{2\sqrt{y}\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{y}{2}} +\frac{1}{2\sqrt{y}\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{y}{2}} = \frac{1}{\sqrt{2\pi y}} e^{-\frac{y}{2}} I_{(0, \infty)}(y) \)
Metoda druga (wykorzystanie wzoru funkcji zmiennej losowej)
Jeżeli \( h \) jest jedno-jednoznacznym odwzorowaniem zbioru \( \mathcal{D} \) na zbiór \( \mathcal{H} \)i funkcja odwrotna \( h^{-1} \) ma niezerową ciągła pochodną na \( \mathcal{H} \) to
\( f_{Y}(y) = f_{X}(h^{-1}(y)\left| \frac{d}{dy}h^{-1}(y)\right|I_{\mathcal{H}}(y) \ \ (*)\)
Zmienna losowa \( X \) ma gęstość \( f(x)> 0, \ \ x\in \rr. \)
Chcemy znaleźć gęstość zmiennej losowej \( Y = X^2.\)
W tym przypadku \( h(x) = x^2, \ \ \mathcal{D} = \rr, \ \ \mathcal{H} = (0, \infty) \)
Funkcja \( h \) nie jest funkcją jedno-jednoznaczną na \( \mathcal{D} \), ale istnieje podział \( \mathcal{D} \) na dwa rozłączne podzbiory \( D_{1} = (-\infty, 0) \) i \( D_{2} = [0, \infty) \) na których funkcja \( h \) jest jedno-jednoznaczna.
Na \( \mathcal{H}_{1} = h(D_{1}) = (0, \infty), \ \ h_{1}^{-1}(y) = -\sqrt{y}\) oraz \( \frac{d}{dy}h_{1}(y) = -\frac{1}{\sqrt{y}} \) jest ciągła.
Na \( \mathcal{H}_{2} = h(D_{2}) = [0, \infty), \ \ h_{2}^{-1}(y) = \sqrt{y}\) oraz \( \frac{d}{dy}h_{2}(y) = \frac{1}{\sqrt{y}} \) jest ciągła.
Ze wzoru \( (*) \) mamy
\( f_{Y}(Y) = \frac{1}{2\sqrt{y}}[ f_{X}(-\sqrt{y}) + f_{X}(\sqrt{y})] I_{(0, \infty)}(y) = \frac{1}{\sqrt{2\pi y}} e^{-\frac{y}{2}}I_{(0, \infty)}(y). \)
\( Y = X^2 \sim exp(-\frac{1}{2}).\)
\( Y = X^2 \sim ( ? ) \)
Metoda pierwsza (wykorzystanie funkcji rozkładu, czyli dystrybuanty)
Dla \( y< 0, \)
\( F_{Y}(y)= P(X^2<y) = P(\emptyset) = 0.\)
Dla \( y\geq 0, \)
\( F_{Y}(y) = P(X^2<y) = P(-\sqrt{y}< X < \sqrt{y}) = F_{X}(\sqrt{y}) - F_{X}(-\sqrt{y}) \)
Funkcja gęstości zmiennej losowej \( Y \) jest pochodną dystrybuanty.
\( f_{Y}(y) = F'(y) = f_{X}(\sqrt{y})\cdot \frac{1}{2\sqrt{y}} + f_{X}(-\sqrt{y})\cdot \frac{1}{2\sqrt{y}}I_{(0,y)}(y) = \frac{1}{2\sqrt{y}\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{y}{2}} +\frac{1}{2\sqrt{y}\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{y}{2}} = \frac{1}{\sqrt{2\pi y}} e^{-\frac{y}{2}} I_{(0, \infty)}(y) \)
Metoda druga (wykorzystanie wzoru funkcji zmiennej losowej)
Jeżeli \( h \) jest jedno-jednoznacznym odwzorowaniem zbioru \( \mathcal{D} \) na zbiór \( \mathcal{H} \)i funkcja odwrotna \( h^{-1} \) ma niezerową ciągła pochodną na \( \mathcal{H} \) to
\( f_{Y}(y) = f_{X}(h^{-1}(y)\left| \frac{d}{dy}h^{-1}(y)\right|I_{\mathcal{H}}(y) \ \ (*)\)
Zmienna losowa \( X \) ma gęstość \( f(x)> 0, \ \ x\in \rr. \)
Chcemy znaleźć gęstość zmiennej losowej \( Y = X^2.\)
W tym przypadku \( h(x) = x^2, \ \ \mathcal{D} = \rr, \ \ \mathcal{H} = (0, \infty) \)
Funkcja \( h \) nie jest funkcją jedno-jednoznaczną na \( \mathcal{D} \), ale istnieje podział \( \mathcal{D} \) na dwa rozłączne podzbiory \( D_{1} = (-\infty, 0) \) i \( D_{2} = [0, \infty) \) na których funkcja \( h \) jest jedno-jednoznaczna.
Na \( \mathcal{H}_{1} = h(D_{1}) = (0, \infty), \ \ h_{1}^{-1}(y) = -\sqrt{y}\) oraz \( \frac{d}{dy}h_{1}(y) = -\frac{1}{\sqrt{y}} \) jest ciągła.
Na \( \mathcal{H}_{2} = h(D_{2}) = [0, \infty), \ \ h_{2}^{-1}(y) = \sqrt{y}\) oraz \( \frac{d}{dy}h_{2}(y) = \frac{1}{\sqrt{y}} \) jest ciągła.
Ze wzoru \( (*) \) mamy
\( f_{Y}(Y) = \frac{1}{2\sqrt{y}}[ f_{X}(-\sqrt{y}) + f_{X}(\sqrt{y})] I_{(0, \infty)}(y) = \frac{1}{\sqrt{2\pi y}} e^{-\frac{y}{2}}I_{(0, \infty)}(y). \)
\( Y = X^2 \sim exp(-\frac{1}{2}).\)