Wartość oczekiwana i wariancja (zadania)

Mamy 5 zadań. Pierwsze dwa dotyczą zmiennych losowych skokowych. Zadanie 3 i zadanie 4 to zmienne losowe typu ciągłego. Liczymy wartość oczekiwaną i wariancję tych zmiennych mając daną funkcję gęstości lub dystrybuantę. W zadaniach tych przypominamy liczenie całek metodą przez podstawienie i przez części. Pojawi się również całka niewłaściwa (zad. 4 b)). Zadanie 5 to wykorzystanie podstawowych własności wartości oczekiwanej i wariancji. Takie zadania często pojawiają się w testach. Są bardzo krótkie. Warto zapoznać się z definicjami z zakładki Teoria. tutaj

Zadanie 1. Zmienna losowa $\dpi{120} \large X$ ma funkcję prawdopodobieństwa określoną tabelą:

$\dpi{120} \large x_{i}$	0	1	2	3	4
$\dpi{120} \large p_{i}$	0,2	0,3	0,1	0,3	0,1

Znaleźć $\dpi{120} \large EX$ i $\dpi{120} \large D^{2}X$ .

Rozwiązanie

Jest to zmienna losowa skokowa, a więc jej wartość oczekiwaną liczymy ze wzoru:

$\dpi{120} EX=\sum_{i}^{\, }x_{i}\cdot p_{i}$ Zatem:

$\dpi{120} EX=0\cdot 0,2+1\cdot 0,3+2\cdot 0,1+3\cdot 0,3+4\cdot 0,1=0,3+0,2+0,9+0,4=1,8$

Pamiętajmy, że wartość oczekiwana może być dowolną liczbą rzeczywistą.

Wariancję będziemy liczyli ze wzoru:

$\dpi{120} D^{2}X=EX^{2}-E^{2}X$

Policzmy zatem $\dpi{120} EX^{2}$ według wzoru $\dpi{120} EX=\sum_{i}^{\, }x_{i}^{2}\cdot p_{i}$ :

$\dpi{120} EX^{2}=0^{2}\cdot 0,2+1^{2}\cdot 0,3+2^{2}\cdot 0,1+3^{2}\cdot 0,3+4^{2}\cdot 0,1=$

$\dpi{120} =0,3+0,4+2,7+1,6=5$

Wstawiamy do wzoru:

$\dpi{120} D^{2}X=EX^{2}-E^{2}X=5-\left ( 1,8 \right )^{2}=5-3,24=1,76$

Wariancja zawsze jest liczbą nieujemną. Jest inaczej nazywana również miarą rozrzutu.

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

Zadanie 2. Zmienna losowa $\dpi{120} \large X$ ma rozkład określony tabelą:

$\dpi{120} \large x_{i}$	-2	-1	0	2	3
$\dpi{120} \large p_{i}$	0,1	0,2	0,2	0,1	0,4

Obliczyć wartość oczekiwaną, wariancję i odchylenie standardowe zmiennej losowej $\dpi{120} \large X$ .

Rozwiązanie

Liczymy wartość oczekiwaną:

$\dpi{120} EX=-2\cdot 0,1+\left ( -1 \right )\cdot 0,2+0\cdot 0,2+2\cdot 0,1+3\cdot 0,4=$

$\dpi{120} =-0,2-0,2+0+0,2+1,2=1$

Liczymy $\dpi{120} EX^{2}$ , które jest potrzebne do wariancji: $\dpi{120} D^{2}X=EX^{2}-E^{2}X$ :

$\dpi{120} EX^{2}=\left ( -2 \right )^{2}\cdot 0,1+\left ( -1 \right )^{2}\cdot 0,2+0^{2}\cdot 0,2+2^{2}\cdot 0,1+3^{2}\cdot 0,4=$

$\dpi{120} =0,4+0,2+0+0,4+3,6=4,6$

Liczymy wariancję:

$\dpi{120} D^{2}X=EX^{2}-E^{2}X=4,6-1^{2}=3,6$

Liczymy odchylenie standardowe jako:

$\dpi{120} DX=\sigma =\sqrt{D^{2}X}=\sqrt{3,6}$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

Zadanie 3. Znaleźć $\dpi{120} \large EX$ oraz $\dpi{120} \large D^{2}X$ dla zmiennej losowej $\dpi{120} \large X$ o gęstości:

a) $\dpi{120} \large f\left ( x \right )=\left\{\begin{matrix} \frac{1}{4} & dla & x\in \left ( 1,5 \right )\\ 0 & dla& x\notin \left ( 1,5 \right ) \end{matrix}\right.$

Rozwiązanie

Jest to zmienna losowa ciągła. Wartość oczekiwaną liczymy ze wzoru:

$\dpi{120} EX=\int_{-\infty }^{+\infty }xf\left ( x \right )dx$

Zatem:

$\dpi{120} EX=\int_{-\infty }^{+\infty }xf\left ( x \right )dx=\overset{=0}{\overbrace{\int_{-\infty }^{1}0\, dx}}+\int_{1}^{5}x\cdot \frac{1}{4}\, dx+\overset{=0}{\overbrace{\int_{5}^{+\infty }0\, dx}}=$

$\dpi{120} =\left [ \frac{1}{4}\cdot \frac{x^{2}}{2} \right ]_{1}^{5}=\frac{1}{8}\cdot 5^{2}-\frac{1}{8}\cdot 1^{2}=3$

Wariancję dla zmiennej losowej ciągłej liczymy z tego samego wzoru co dla zmiennej losowej skokowej, czyli:

$\dpi{120} D^{2}X=EX^{2}-E^{2}X$

zaś

$\dpi{120} EX^{2}=\int_{-\infty }^{+\infty }x^{2}f\left ( x \right )dx$

Mamy:

$\dpi{120} EX^{2}=\int_{-\infty }^{+\infty }x^{2}f\left ( x \right )dx=\overset{=0}{\overbrace{\int_{-\infty }^{1}0\, dx}}+\int_{1}^{5}x^{2}\cdot \frac{1}{4}\, dx+\overset{=0}{\overbrace{\int_{5}^{+\infty }0\, dx}}=$

$\dpi{120} =\left [ \frac{1}{4}\cdot \frac{x^{3}}{3} \right ]_{1}^{5}=\frac{1}{12}\cdot 5^{3}-\frac{1}{12}\cdot 1^{3}=\frac{124}{12}=\frac{31}{3}$

Wstawiamy do wzoru:

$\dpi{120} D^{2}X=EX^{2}-E^{2}X=\frac{31}{3}-3^{2}=\frac{4}{3}$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

b) $\dpi{120} \large f\left ( x \right )=\left\{\begin{matrix} \frac{3}{8} x^{2}& dla & x\in \left ( 0,2 \right )\\ 0 & dla& x\notin \left ( 0,2 \right ) \end{matrix}\right.$

Rozwiązanie

Wartość oczekiwaną liczymy ze wzoru:

$\dpi{120} EX=\int_{-\infty }^{+\infty }xf\left ( x \right )dx$

Zatem:

$\dpi{120} EX=\int_{-\infty }^{+\infty }xf\left ( x \right )dx=\overset{=0}{\overbrace{\int_{-\infty }^{0}0\, dx}}+\int_{0}^{2}x\cdot \frac{3}{8}x^{2}\, dx+\overset{=0}{\overbrace{\int_{2}^{+\infty }0\, dx}}=$

$\dpi{120} =\int_{0}^{2}\frac{3}{8}x^{3}dx=\left [ \frac{3}{8}\cdot \frac{x^{4}}{4} \right ]_{0}^{2}=\frac{3}{32}\cdot 2^{4}-\frac{3}{32}\cdot 0^{4}=\frac{3}{2}$

Wariancję dla zmiennej losowej ciągłej liczymy z tego samego wzoru co dla zmiennej losowej skokowej, czyli:

$\dpi{120} D^{2}X=EX^{2}-E^{2}X$

zaś

$\dpi{120} EX^{2}=\int_{-\infty }^{+\infty }x^{2}f\left ( x \right )dx$

Mamy:

$\dpi{120} EX^{2}=\int_{-\infty }^{+\infty }x^{2}f\left ( x \right )dx=\overset{=0}{\overbrace{\int_{-\infty }^{0}0\, dx}}+\int_{0}^{2}x^{2}\cdot \frac{3}{8}x^{2}\, dx+\overset{=0}{\overbrace{\int_{2}^{+\infty }0\, dx}}=$

$\dpi{120} =\int_{0}^{2}\frac{3}{8}x^{4}dx=\left [ \frac{3}{8}\cdot \frac{x^{5}}{5} \right ]_{0}^{2}=\frac{3}{40}\cdot 2^{5}-\frac{3}{40}\cdot 0^{5}=\frac{12}{5}$

Wstawiamy do wzoru:

$\dpi{120} D^{2}X=EX^{2}-E^{2}X=\frac{12}{5}-\left ( \frac{3}{2} \right )^{2}=\frac{12}{5}-\frac{9}{4}=\frac{3}{20}=0,15$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

c) $\dpi{120} \large f\left ( x \right )=\left\{\begin{matrix} \sin x & dla & x\in \left ( 0;\frac{\pi }{2} \right )\\ 0& dla & x\notin \left ( 0;\frac{\pi }{2} \right ) \end{matrix}\right.$

Rozwiązanie

Wartość oczekiwaną liczymy ze wzoru:

$\dpi{120} EX=\int_{-\infty }^{+\infty }xf\left ( x \right )dx$

Zatem:

$\dpi{120} EX=\int_{-\infty }^{+\infty }xf\left ( x \right )dx=\overset{=0}{\overbrace{\int_{-\infty }^{0}0\, dx}}+\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}x\cdot \sin x\, dx+\overset{=0}{\overbrace{\int_{\frac{\pi }{2}}^{+\infty }0\, dx}}=$

Liczymy całkę $\dpi{120} \int x\sin xdx$ przez części:

$\dpi{120} \int x\sin xdx=\begin{Bmatrix} f\left ( x \right ) =x\; & g'\left ( x \right )=\sin x\\ f'\left ( x \right ) =1& g\left ( x \right )=-\cos x \end{Bmatrix}=-x \cos x-\int 1\cdot \left ( - \cos x\right )dx=$

$\dpi{120} =-x\cos x+\int \cos xdx=-x \cos x+\sin x$

Wracamy do wartości oczekiwanej:

$\dpi{120} EX=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}x\sin xdx=\left [ -x\cos x+\sin x \right ]_{0}^{\frac{\pi }{2}}=$

$\dpi{120} =-\frac{\pi }{2}\overset{=0}{\overbrace{\cos \frac{\pi }{2}}}+\overset{=1}{\overbrace{\sin \frac{\pi }{2}}}-\overset{=0}{\overbrace{\left ( -0\cdot \cos 0+\sin 0 \right )}}=1$

Wariancję dla zmiennej losowej ciągłej liczymy jako:

$\dpi{120} D^{2}X=EX^{2}-E^{2}X$

zaś

$\dpi{120} EX^{2}=\int_{-\infty }^{+\infty }x^{2}f\left ( x \right )dx$

Mamy:

$\dpi{120} EX^{2}=\int_{-\infty }^{+\infty }x^{2}f\left ( x \right )dx=\overset{=0}{\overbrace{\int_{-\infty }^{0}0\, dx}}+\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}x^{2}\cdot \sin x\, dx+\overset{=0}{\overbrace{\int_{\frac{\pi }{2}}^{+\infty }0\, dx}}=$

Liczymy całkę $\dpi{120} \int x^{2}\sin xdx$ przez części:

$\dpi{120} \int x^{2}\sin xdx=\begin{Bmatrix} f\left ( x \right ) =x^{2}\; & g'\left ( x \right )=\sin x\\ f'\left ( x \right ) =2x& g\left ( x \right )=-\cos x \end{Bmatrix}=-x^{2} \cos x-\int 2x\cdot \left ( - \cos x\right )dx=$

$\dpi{120} =-x^{2}\cos x+2\int x\cos xdx=\begin{Bmatrix} f\left ( x \right )=x &g'\left ( x \right )=\cos x \\ f'\left ( x \right )=1& g\left ( x \right )=\sin x \end{Bmatrix}=$

$\dpi{120} =-x^{2}\cos x+2\left ( x\sin x-\int 1\cdot \sin xdx \right )=$

$\dpi{120} =-x^{2}\cos x+2x\sin x-2\int \sin xdx=$

$\dpi{120} =-x^{2}\cos x+2x\sin x+2\cos x$

Zatem:

$\dpi{120} EX^{2}=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}x^{2}\sin xdx=\left [ -x^{2}\cos x+2x\sin x+2\cos x \right ]_{0}^{\frac{\pi }{2}}=$

$\dpi{120} = -\left ( \frac{\pi }{2} \right )^{2}\overset{=0}{\overbrace{\cos \frac{\pi }{2}}}+2\cdot \frac{\pi }{2} \overset{=1}{\overbrace{\sin \frac{\pi }{2}}}+2\overset{=0}{\overbrace{\cos \frac{\pi }{2}}}-\left (\overset{=0}{ \overbrace{-0^{2} \cos 0+2\cdot 0\sin 0}}+2\overset{=1}{{\overbrace{\cos 0}}} \right )=$

$\dpi{120} =\pi -2$

Wstawiamy do wzoru:

$\dpi{120} D^{2}X=EX^{2}-E^{2}X=\pi -2-1^{2}=\pi -3>0$

Zawsze zwróćmy uwagę, czy wariancja wyszła nam nieujemna. Jeżeli wyszła ujemna, to mamy błąd.

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

Zadanie 4. Zmienna losowa $\dpi{120} \large X$ ma dystrybuantę $\dpi{120} \large F\left ( x \right )$ . Znaleźć wartość oczekiwaną zmiennej $\dpi{120} \large X$ .

a) $\dpi{120} \large F\left ( x \right )=\left\{\begin{matrix} 0 & dla & x\leqslant -1\\ \frac{1}{2}+\frac{1}{\pi }\arcsin x& dla & -1<x<1\\ 1& dla & x\geqslant 1 \end{matrix}\right.$

Rozwiązanie

Należy najpierw znaleźć funkcję gęstości, aby móc skorzystać ze wzoru na wartość oczekiwaną.

Mamy, że

$\dpi{120} f\left ( x \right )=F'\left ( x \right )$

Zatem:

$\dpi{120} \left ( \frac{1}{2}+\frac{1 }{\pi } \arcsin x\right )'=\frac{1}{\pi }\cdot \frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}$

Otrzymujemy:

$\dpi{120} f\left ( x \right )=\left\{\begin{matrix} \frac{1}{\pi }\cdot \frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}} & dla & x\in \left (-1;1 \right )\\ 0 &dla & x\notin \left (-1;1 \right ) \end{matrix}\right.$

Liczymy wartość oczekiwaną:

$\dpi{120} EX=\int_{-\infty }^{+\infty }xf\left ( x \right )dx=\int_{-\infty }^{-1}0\, dx+\int_{-1}^{1}x\cdot \frac{1}{\pi }\cdot \frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}dx+\int_{1}^{+\infty }0\, dx=$

$\dpi{120} =\frac{1}{\pi}\int_{-1}^{1}\frac{xdx}{\sqrt{1-x^{2}}}$

Liczymy całkę nieoznaczoną przez podstawienie:

$\dpi{120} \int \frac{xdx}{\sqrt{1-x^{2}}}=\begin{Bmatrix} 1-x^{2}=t\\ -2xdx=dt\\ xdx=-\frac{dt}{2} \end{Bmatrix}=\int \frac{-\frac{dt}{2}}{\sqrt{t}}=-\frac{1}{2}\int t^{-\frac{1}{2}}dt=$

$\dpi{120} =-\frac{1}{2}\cdot \frac{t^{\frac{1}{2}}}{\frac{1}{2}}=-\sqrt{t}=-\sqrt{1-x^{2}}$

Wracamy do wartości oczekiwanej:

$\dpi{120} EX=\frac{1}{\pi}\int_{-1}^{1}\frac{xdx}{\sqrt{1-x^{2}}}=\frac{1}{\pi }\cdot \left [ -\sqrt{1-x^{2}} \right ]_{-1}^{1}=0$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

b) $\dpi{120} \large F\left ( x \right )=\left\{\begin{matrix} \frac{2}{\pi }\; arc\, tg \, x &dla &x>0 \\ 0 & dla & x\leqslant 0 \end{matrix}\right.$

Rozwiązanie

Należy najpierw znaleźć funkcję gęstości, aby móc skorzystać ze wzoru na wartość oczekiwaną.

Mamy, że

$\dpi{120} f\left ( x \right )=F'\left ( x \right )$

Zatem:

$\dpi{120} \left ( \frac{2 }{\pi } arc\, tg\, x\right )'=\frac{2}{\pi }\cdot \frac{1}{1+x^{2}}$

Otrzymujemy:

$\dpi{120} f\left ( x \right )=\left\{\begin{matrix} \frac{2}{\pi }\cdot \frac{1}{1+x^{2}} & dla & x>0\\ 0 &dla & x\leqslant 0 \end{matrix}\right.$

Liczymy wartość oczekiwaną:

$\dpi{120} EX=\int_{-\infty }^{+\infty }xf\left ( x \right )dx=\int_{-\infty }^{0}0\, dx+\int_{0}^{+\infty }x\cdot \frac{2}{\pi }\cdot \frac{1}{1+x^{2}}\, dx=$

$\dpi{120} =\frac{2}{\pi }\int_{0}^{+\infty }\frac{xdx}{1+x^{2}}$

Liczymy całkę niewłaściwą:

$\dpi{120} \int_{0}^{+\infty }\frac{xdx}{1+x^{2}}=\lim_{T\rightarrow +\infty }\int_{0}^{T}\frac{xdx}{1+x^{2}}$

Liczymy całkę nieoznaczoną przez podstawienie:

$\dpi{120} \int \frac{xdx}{1+x^{2}}=\begin{Bmatrix} 1+x^{2}=t\\ 2xdx=dt\\ xdx=\frac{dt}{2} \end{Bmatrix}=\int \frac{\frac{dt}{2}}{t}=\frac{1}{2}\int \frac{dt}{t}=\frac{1}{2}\ln \left | t \right |=\frac{1}{2} \ln \left ( 1+x^{2} \right )$

Wracamy do całki niewłaściwej:

$\dpi{120} \int_{0}^{+\infty }\frac{xdx}{1+x^{2}}=\lim_{T\rightarrow +\infty }\int_{0}^{T}\frac{xdx}{1+x^{2}}=\lim_{T\rightarrow +\infty }\left [\frac{1}{2}\ln \left ( 1+x^{2} \right ) \right ]_{0}^{T}=$

$\dpi{120} =\lim_{T\rightarrow +\infty }\left [ \frac{1}{2}\overset{\rightarrow +\infty }{\overbrace{ \ln \left ( 1+T^{2} \right )}}-\frac{1}{2} \overset{=0}{\overbrace{\ln \left ( 1+0^{2} \right )}}\right ]=+\infty$

Wcześniej policzyliśmy, że wartość oczekiwana wyraża się wzorem $\dpi{120} EX=\frac{2}{\pi }\int_{0}^{+\infty }\frac{xdx}{1+x^{2}}$ . Ponieważ pokazaliśmy, że całka w niej występująca jest rozbieżna ( $\dpi{120} =+\infty$ ), więc wartość oczekiwana tej zmiennej losowej nie istnieje.

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

Zadanie 5. Wiedząc, że $\dpi{120} \large EX=-3$ , $\dpi{120} \large EY=4$ , $\dpi{120} \large D^{2}X=0,5$ , $\dpi{120} \large D^{2}Y=2$ oraz zmienne losowe $\dpi{120} \large X$ i $\dpi{120} \large Y$ są niezależne , wyznaczyć wartość oczekiwaną i wariancję zmiennej losowej $\dpi{120} \large U=3X-2Y+2$ .