Zmienne losowe ciągłe (zadania)

Warto zapoznać się z zakładką Teoria. teoria

Zadanie 1. Koszt produkcji jednostki pewnego wyrobu jest zmienną losową ciągłą $\dpi{120} \large \! X$ o gęstości $\dpi{120} \large f\left ( x \right )=\left\{\begin{matrix} \frac{4}{81} x^{3}& dla& x\in \left ( 0,3 \right )\\ 0 & dla& x\notin \left ( 0,3 \right ) \end{matrix}\right.$ . Obliczyć:

a) dystrybuantę zmiennej losowej $\dpi{120} \large \! X$

b) prawdopodobieństwo, że koszt produkcji jednostki tego wyrobu nie przekroczy 1 zł

c) prawdopodobieństwo, że koszt produkcji jednostki tego wyrobu przekroczy 2 zł

Rozwiązanie

a) Dystrybuantę zmiennej losowej ciągłej liczymy ze wzoru:

$\dpi{120} F\left ( x \right )=\int_{-\infty }^{x}f\left ( t \right )dt$

Pamiętajmy, że dystrybuanta przy $\dpi{120} x\rightarrow -\infty$ wynosi 0, zaś przy $\dpi{120} x\rightarrow +\infty$ wynosi 1. Widzimy, że zbiór liczb rzeczywistych został podzielony punktami 0 i 3 na trzy przedziały: $\dpi{120} \left ( -\infty ;0 \right )$ , $\dpi{120} \left \langle 0;3 \right \rangle$ , $\dpi{120} \left ( 3,+\infty \right )$ . Dla zmiennej losowej ciągłej nie ma znaczenia, gdzie domkniemy przedziały. W przedziale $\dpi{120} \left ( -\infty ;0 \right )$ dystrybuanta równa jest 0, zaś w przedziale $\dpi{120} \left ( 3,+\infty \right )$ wynosi 1. Liczymy zatem wartość dystrybuanty w przedziale $\dpi{120} \left \langle 0;3 \right \rangle$ .

Dla $\dpi{120} t\in \left \langle 0,3 \right \rangle$ mamy:

$\dpi{120} F\left ( x \right )=\int_{-\infty }^{x}f\left ( t \right )dt=\overset{=0}{\overbrace{\int_{-\infty }^{0}0dt}}+\int_{0}^{x}\frac{4}{81}t^{3}dt=\left [ \frac{4}{81} \cdot \frac{t^{4}}{4}\right ]_{0}^{x}=\frac{x^{4}}{81}$

Otrzymaliśmy:

$\dpi{120} F\left ( x \right )=\left\{\begin{matrix} 0 & dla & x\in \left ( -\infty ;0 \right )\\ \frac{x^{4}}{81}& dla & x\in \left \langle 0;3 \right \rangle\; \; \; \; \\ 1 & dla & x\in \left ( 3;+\infty \right ) \end{matrix}\right.$

b) Symbolicznie, prawdopodobieństwo, o którym mowa w podpunkcie b) zapiszemy jako:

$\dpi{120} P\left ( X\leqslant 1 \right )$

Dla zmiennej losowej ciągłej liczymy go jako:

$\dpi{120} P\left ( X\leqslant 1 \right )=F\left ( 1 \right )-F\left (0 \right )=\frac{1^{4}}{81}-0=\frac{1}{81}$

c) Prawdopodobieństwo, które liczymy to:

$\dpi{120} P\left ( X>2 \right )$

Korzystamy z prawdopodobieństwa zdarzenia przeciwnego:

$\dpi{120} P\left ( X>2 \right )=1-P\left ( X\leqslant 2 \right )=1-F\left ( 2 \right )=1-\frac{2^{4}}{81}=1-\frac{16}{81}=\frac{65}{81}$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

Zadanie 2. Zmienna losowa $\dpi{120} \large \; X$ ma gęstość $\dpi{120} \large f\left ( X \right )=\left\{\begin{matrix} \frac{1}{2}\sin x & dla & x\in \left ( 0;\pi \right )\\ 0 & dla & x\notin \left ( 0;\pi \right ) \end{matrix}\right.$

a) Znaleźć dystrybuantę zmiennej losowej $\dpi{120} \large \; X$

b) Obliczyć prawdopodobieństwo $\dpi{120} \large P\left ( \frac{\pi }{4}<X<\frac{5}{4}\pi \right )$ .

Rozwiązanie

a) Dystrybuantę zmiennej losowej ciągłej liczymy ze wzoru:

$\dpi{120} F\left ( x \right )=\int_{-\infty }^{x}f\left ( t \right )dt$

Pamiętajmy, że dystrybuanta przy $\dpi{120} x\rightarrow -\infty$ wynosi 0, zaś przy $\dpi{120} x\rightarrow +\infty$ wynosi 1. Zbiór liczb rzeczywistych został podzielony punktami 0 i $\dpi{120} \large \pi$ na trzy przedziały: $\dpi{120} \left ( -\infty ;0 \right )$ , $\dpi{120} \left \langle 0;\pi \right \rangle$ , $\dpi{120} \left ( \pi ,+\infty \right )$ . Dla zmiennej losowej ciągłej nie ma znaczenia, gdzie domkniemy przedziały. W przedziale $\dpi{120} \left ( -\infty ;0 \right )$ dystrybuanta równa jest 0, zaś w przedziale $\dpi{120} \left ( \pi ,+\infty \right )$ wynosi 1. Liczymy zatem wartość dystrybuanty w przedziale $\dpi{120} \left \langle 0;\pi \right \rangle$ .

Dla $\dpi{120} t\in \left \langle 0,\pi \right \rangle$ mamy:

$\dpi{120} F\left ( x \right )=\int_{-\infty }^{x}f\left ( t \right )dt=\overset{=0}{\overbrace{\int_{-\infty }^{0}0dt}}+\int_{0}^{x}\frac{1}{2}\sin tdt=\left [ \frac{1}{2}\cdot \left (-\cos t \right ) \right ]_{0}^{x}=$

$\dpi{120} =-\frac{1}{2} \cos x+\frac{1}{2} \cos 0=-\frac{1}{2} \cos x+\frac{1}{2}$

Otrzymaliśmy:

$\dpi{120} F\left ( x \right )=\left\{\begin{matrix} 0 & dla & x\in \left ( -\infty ;0 \right )\\ -\frac{1}{2}\cos x+\frac{1}{2}& dla & x\in \left \langle 0;\pi \right \rangle\; \; \; \; \\ 1 & dla & x\in \left ( \pi ;+\infty \right ) \end{matrix}\right.$

b) Liczymy prawdopodobieństwo:

$\dpi{120} P\left ( \frac{\pi }{4}<X<\frac{5}{4}\pi \right )=F\left ( \frac{5}{4}\pi \right )-F\left ( \frac{\pi }{4} \right )=$

$\dpi{120} =-\frac{1}{2}\cos \frac{5}{4}\pi +\frac{1}{2}-\left ( -\frac{1}{2} \cos \frac{\pi }{4}+\frac{1}{2} \right )=$

$\dpi{120} =-\frac{1}{2}\cos \left ( \pi +\frac{\pi }{4}\right )+\frac{1}{2} +\frac{1}{2} \cos \frac{\pi }{4}-\frac{1}{2}=$

$\dpi{120} =-\frac{1}{2}\cdot \left ( -\cos \frac{\pi }{4} \right )+\frac{1}{2} \cos \frac{\pi }{4}= \cos \frac{\pi }{4}=\frac{\sqrt{2}}{2}$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

Zadanie 3. Zmienna losowa $\dpi{120} \large \! X$ ma gęstość $\dpi{120} \large f\left ( x \right )=\left\{\begin{matrix} c\left ( 4x-2x ^{2}\right ) &dla & x\in \left \langle 0;2 \right \rangle\\ 0 & dla & x\notin \left \langle 0;2 \right \rangle \end{matrix}\right.$ . Wyznaczyć stałą $\dpi{120} \large c$ , dystrybuantę zmiennej losowej $\dpi{120} \large \! X$ , obliczyć $\dpi{120} \large P\left ( 1\leqslant x\leqslant 2 \right )$ .

Rozwiązanie

Stałą $\dpi{120} c$ wyznaczamy z zależności:

$\dpi{120} \int_{-\infty }^{+\infty }f\left ( x \right )dx=1$

Mamy, że:

$\dpi{120} \int_{-\infty }^{+\infty }f\left ( x \right )dx=\overset{=0}{\overbrace{\int_{-\infty }^{0}0dx}}+\int_{0}^{2}c\left ( 4x-2x^{2} \right )dx+\overset{=0}{\overbrace{\int_{2}^{+\infty }0dx}}=$

$\dpi{120} =\left [ c\left ( 4\cdot \frac{x^{2}}{2}-2\cdot \frac{x^{3}}{3} \right ) \right ]_{0}^{2}=c\left [ 2x^{2} -\frac{2}{3}x^{3}\right ]_{0}^{2}=$

$\dpi{120} =c\left ( 2\cdot 2^{2}-\frac{2}{3}\cdot 2^{3} \right )-\overset{=0}{\overbrace{c\left ( 2\cdot 0^{2} -\frac{2}{3}\cdot 0^{3}\right )}}=$

$\dpi{120} =c\left ( 8-\frac{16}{3} \right )=\frac{8}{3}c$

Zatem

$\dpi{120} \frac{8}{3}c=1\Rightarrow c=\frac{3}{8}$

Wstawiamy $\dpi{120} c=\frac{3}{8}$ do wzoru na funkcję gęstości:

$\dpi{120} f\left ( x \right )=\left\{\begin{matrix} \frac{3}{8}\cdot \left ( 4x-2x ^{2}\right ) &dla & x\in \left \langle 0;2 \right \rangle\\ 0 & dla & x\notin \left \langle 0;2 \right \rangle \end{matrix}\right.$

$\dpi{120} f\left ( x \right )=\left\{\begin{matrix} \frac{3}{2}x-\frac{3}{4}x ^{2} &dla & x\in \left \langle 0;2 \right \rangle\\ 0 & dla & x\notin \left \langle 0;2 \right \rangle \end{matrix}\right.$

Dystrybuantę zmiennej losowej ciągłej liczymy ze wzoru:

$\dpi{120} F\left ( x \right )=\int_{-\infty }^{x}f\left ( t \right )dt$

Pamiętajmy, że dystrybuanta przy $\dpi{120} x\rightarrow -\infty$ wynosi 0, zaś przy $\dpi{120} x\rightarrow +\infty$ wynosi 1. Zbiór liczb rzeczywistych został podzielony punktami 0 i 2 na trzy przedziały: $\dpi{120} \left ( -\infty ;0 \right )$ , $\dpi{120} \left \langle 0;2 \right \rangle$ , $\dpi{120} \left ( 2 ,+\infty \right )$ . W przedziale $\dpi{120} \left ( -\infty ;0 \right )$ dystrybuanta równa jest 0, zaś w przedziale $\dpi{120} \left (2 ,+\infty \right )$ wynosi 1. Liczymy zatem wartość dystrybuanty w przedziale $\dpi{120} \left \langle 0;2 \right \rangle$ .

Dla $\dpi{120} t\in \left \langle 0,2 \right \rangle$ mamy:

$\dpi{120} F\left ( x \right )=\int_{-\infty }^{x}f\left ( t \right )dt=\overset{=0}{\overbrace{\int_{-\infty }^{0}0dt}}+\int_{0}^{x}\left (\frac{3}{2}t-\frac{3}{4}t^{2} \right )dt=$

$\dpi{120} =\left [ \frac{3}{2} \cdot \frac{t^{2}}{2}-\frac{3}{4}\cdot \frac{t^{3}}{3}\right ]_{0}^{x}=\left [ \frac{3}{4}t^{2}-\frac{1}{4}t^{3} \right ]_{0}^{x}=$

$\dpi{120} =\frac{3}{4}x^{2}-\frac{1}{4}x^{3}$

Otrzymaliśmy:

$\dpi{120} F\left ( x \right )=\left\{\begin{matrix} 0 & dla & x\in \left ( -\infty ;0 \right )\\ \frac{3}{4}x^{2}-\frac{1}{4}x^{3}& dla & x\in \left \langle 0;2\right \rangle\; \; \; \; \\ 1 & dla & x\in \left ( 2 ;+\infty \right ) \end{matrix}\right.$

Liczymy prawdopodobieństwo:

$\dpi{120} P\left ( 1\leqslant x\leqslant 2 \right )=F\left ( 2 \right )-F\left ( 1 \right )=\frac{3}{4}\cdot 2^{2}-\frac{1}{4}\cdot 2^{3}-\left ( \frac{3}{4} \cdot 1^{2}-\frac{1}{4}\cdot 1^{3}\right )=$

$\dpi{120} =3-2-\left ( \frac{3}{4} -\frac{1}{4}\right )=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

Zadanie 4. Dla jakiej wartości $\dpi{120} \large c$ funkcja $\dpi{120} \large f\left ( x \right )=\left\{\begin{matrix} 0& dla & x\leqslant 0\; \; \; \; \; \; \\ \frac{x^{3}}{4} & dla & 0<x<c\\ 0& dla& x\geqslant c\; \; \; \; \; \; \end{matrix}\right.$ jest gęstością pewnej zmiennej losowej. Wyznaczyć dystrybuantę tej zmiennej.

Rozwiązanie

Stałą $\dpi{120} c$ wyznaczamy z zależności:

$\dpi{120} \int_{-\infty }^{+\infty }f\left ( x \right )dx=1$

Mamy, że:

$\dpi{120} \int_{-\infty }^{+\infty }f\left ( x \right )dx=\overset{=0}{\overbrace{\int_{-\infty }^{0}0dx}}+\int_{0}^{c}\frac{x^{3}}{4}dx+\overset{=0}{\overbrace{\int_{c}^{+\infty }0dx}}=$

$\dpi{120} =\left [ \frac{1}{4}\cdot \frac{x^{4}}{4} \right ]_{0}^{c}=\frac{1}{16}c^{4}$

Zatem

$\dpi{120} \frac{1}{16}c^{4}=1\Rightarrow c^{4}=16\Rightarrow c=-2\; \vee \; c=2$

$\dpi{120} c=-2$ nie spełnia warunków zadania, gdyż $\dpi{120} c$ musi być większe od zera. Zatem szukaną wartością $\dpi{120} c$ jest 2.

Wstawiamy $\dpi{120} c=2$ do wzoru na funkcję gęstości:

$\dpi{120} f\left ( x \right )=\left\{\begin{matrix} 0& dla & x\leqslant 0\; \; \; \; \; \; \\ \frac{x^{3}}{4} & dla & 0<x<2\\ 0& dla& x\geqslant 2\; \; \; \; \; \; \end{matrix}\right.$

Dystrybuantę zmiennej losowej ciągłej liczymy ze wzoru:

$\dpi{120} F\left ( x \right )=\int_{-\infty }^{x}f\left ( t \right )dt$

Pamiętajmy, że dystrybuanta przy $\dpi{120} x\rightarrow -\infty$ wynosi 0, zaś przy $\dpi{120} x\rightarrow +\infty$ wynosi 1. Zbiór liczb rzeczywistych został podzielony punktami 0 i 2 na trzy przedziały: $\dpi{120} \left ( -\infty ;0 \right )$ , $\dpi{120} \left \langle 0;2 \right \rangle$ , $\dpi{120} \left ( 2 ,+\infty \right )$ . W przedziale $\dpi{120} \left ( -\infty ;0 \right )$ dystrybuanta równa jest 0, zaś w przedziale $\dpi{120} \left (2 ,+\infty \right )$ wynosi 1. Liczymy zatem wartość dystrybuanty w przedziale $\dpi{120} \left \langle 0;2 \right \rangle$ .

Dla $\dpi{120} t\in \left \langle 0,2 \right \rangle$ mamy:

$\dpi{120} F\left ( x \right )=\int_{-\infty }^{x}f\left ( t \right )dt=\overset{=0}{\overbrace{\int_{-\infty }^{0}0dt}}+\int_{0}^{x}\frac{t^{3}}{4}dt=$

$\dpi{120} =\left [ \frac{1}{4} \cdot \frac{t^{4}}{4}\right ]_{0}^{x}=\frac{1}{16}x^{4}$

Otrzymaliśmy:

$\dpi{120} F\left ( x \right )=\left\{\begin{matrix} 0 & dla & x\in \left ( -\infty ;0 \right )\\\frac{1}{16}x^{4}& dla & x\in \left \langle 0;2\right \rangle\; \; \; \; \\ 1 & dla & x\in \left ( 2 ;+\infty \right ) \end{matrix}\right.$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

Zadanie 5. Liczba wyprodukowanych w ciągu godziny detali przez robotnika jest zmienną losową $\dpi{120} \large \; X$ o gęstości $\dpi{120} \large f\left ( x \right )=\left\{\begin{matrix} \frac{1}{30}x & dla & x\in \left ( 0;6 \right \rangle\\ -\frac{1}{20}x+\frac{1}{2}&dla & x\in \left ( 6;10 \right \rangle\\ 0& dla & x\notin \left ( 0;10 \right > \end{matrix}\right.$

a) Wyznaczyć dystrybuantę zmiennej losowej $\dpi{120} \large \; X$

b) Obliczyć prawdopodobieństwo, że robotnik ten w ciągu godziny wyprodukuje od 5 do 8 detali.

Rozwiązanie

a) Zbiór liczb rzeczywistych został podzielony punktami skokowymi na 4 przedziały: $\dpi{120} \left ( -\infty;0 \right \rangle$ , $\dpi{120} \left ( 0;6 \right \rangle$ , $\dpi{120} \left ( 6;10 \right \rangle$ i $\dpi{120} \left ( 10;+\infty \right )$ . W przedziale $\dpi{120} \left ( -\infty ;0 \right >$ dystrybuanta równa jest 0, zaś w przedziale $\dpi{120} \left (10 ,+\infty \right )$ wynosi 1. Pozostaje nam wyznaczyć dystrybuantę w przedziałach $\dpi{120} \left ( 0;6 \right \rangle$ , $\dpi{120} \left ( 6;10 \right \rangle$ . (Przestudiujcie to dokładnie, bo są tutaj często błędy)

Dla $\dpi{120} t\in \left ( 0;6 \right \rangle$ mamy:

$\dpi{120} F\left ( x \right )=\int_{-\infty }^{x}f\left ( t \right )dt=\overset{=0}{\overbrace{\int_{-\infty }^{0}0dt}}+\int_{0}^{x}\frac{1}{30}tdt=\left [ \frac{1}{30}\cdot \frac{t^{2}}{2} \right ]_{0}^{x}=\frac{1}{60}x^{2}$

Dla $\dpi{120} t\in \left ( 6;10 \right \rangle$ mamy:

$\dpi{120} F\left ( x \right )=\int_{-\infty }^{x}f\left ( t \right )dt=\overset{=0}{\overbrace{\int_{-\infty }^{0}0dt}}+\int_{0}^{6}\frac{1}{30}tdt+\int_{6}^{x}\left ( -\frac{1}{20}t+\frac{1}{2} \right )dt=$

$\dpi{120} =\left [ \frac{1}{30}\cdot \frac{t^{2}}{2} \right ]_{0}^{6}+\left [ -\frac{1}{20}\cdot \frac{t^{2}}{2}+\frac{1}{2}t \right ]_{6}^{x}=$

$\dpi{120} =\frac{1}{60}\cdot 6^{2}-\frac{1}{40}x^{2}+\frac{1}{2}x+\frac{1}{40}\cdot 6^{2}-\frac{1}{2}\cdot 6=$

$\dpi{120} =\frac{6}{10}-\frac{1}{40}x^{2}+\frac{1}{2}x+\frac{9}{10}-3=$

$\dpi{120} =-\frac{1}{40}x^{2}+\frac{1}{2}x-\frac{3}{2}$

Ostatecznie dystrybuanta ma postać:

$\dpi{120} F\left ( x \right )=\left\{\begin{matrix} 0 & dla & \left ( -\infty ;0 \right \rangle\; \; \\ \frac{1}{60}x& dla& \left ( 0 ;6 \right \rangle\; \; \; \; \; \; \\ -\frac{1}{40}x^{2}+\frac{1}{2}x-\frac{3}{2}& dla & \left ( 6 ;10 \right \rangle\; \; \; \; \\ 1& dla & \left ( 10 ;+\infty \right \rangle \end{matrix}\right.$

b) Mamy obliczyć prawdopodobieństwo, które symbolicznie zapiszemy jako $\dpi{120} P\left ( 5\leqslant X\leqslant 8 \right )$ . Zatem:

$\dpi{120} P\left ( 5\leqslant X\leqslant 8 \right )=F\left ( 8 \right )-F\left ( 5 \right )=$

$\dpi{120} =\overset{F\left ( 8 \right )}{\overbrace{-\frac{1}{40}\cdot 8^{2}+\frac{1}{2}\cdot 8-\frac{3}{2}}}-\overset{F\left ( 5 \right )}{\overbrace{\frac{1}{60}\cdot 5}}=\frac{49}{60}$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

Zadanie 6. Zmienna losowa $\dpi{120} \large \! X$ ma gęstość $\dpi{120} \large f\left ( x \right )=\left\{\begin{matrix} 0 &dla & x\leqslant 0\; \; \; \; \; \; \\ cx & dla & 0<x<1\\ cx^{2} &dla & 1\leqslant x<2\\ 0& dla & x\geqslant 2\; \; \; \; \; \; \end{matrix}\right.$ . Wyznaczyć stałą $\dpi{120} \large c$ , dystrybuantę oraz obliczyć $\dpi{120} \large P\left ( \frac{1}{2}\leqslant X\leqslant \frac{3}{2} \right )$ .

Rozwiązanie

Stałą $\dpi{120} c$ wyznaczamy z zależności:

$\dpi{120} \int_{-\infty }^{+\infty }f\left ( x \right )dx=1$

Mamy, że:

$\dpi{120} \int_{-\infty }^{+\infty }f\left ( x \right )dx=\overset{=0}{\overbrace{\int_{-\infty }^{0}0dx}}+\int_{0}^{1}cxdx+\int_{1}^{2}cx^{2}dx+\overset{=0}{\overbrace{\int_{2}^{+\infty }0dx}}=$

$\dpi{120} =\left [ c\cdot \frac{x^{2}}{2} \right ]_{0}^{1}+\left [ c\cdot \frac{x^{3}}{3} \right ]_{1}^{2}=$

$\dpi{120} =\frac{1}{2}c+\frac{1}{3}c\cdot 2^{3}-\frac{1}{3}c\cdot 1^{3}=$

$\dpi{120} =\frac{1}{2}c+\frac{8}{3}c-\frac{1}{3}c=\frac{17}{6}c$

Zatem

$\dpi{120} \frac{17}{6}c=1\Rightarrow c=\frac{6}{17}$

Wstawiamy $\dpi{120} c=\frac{6}{17}$ do wzoru na funkcję gęstości:

$\dpi{120} f\left ( x \right )=\left\{\begin{matrix} 0 &dla & x\leqslant 0\; \; \; \; \; \; \\ \frac{6}{17}x & dla & 0<x<1\\ \frac{6}{17}x^{2} &dla & 1\leqslant x<2\\ 0& dla & x\geqslant 2\; \; \; \; \; \; \end{matrix}\right.$

Dystrybuantę zmiennej losowej ciągłej liczymy ze wzoru:

$\dpi{120} F\left ( x \right )=\int_{-\infty }^{x}f\left ( t \right )dt$

Zbiór liczb rzeczywistych został podzielony punktami skokowymi na 4 przedziały: $\dpi{120} \left ( -\infty;0 \right \rangle$ , $\dpi{120} \left ( 0;1 \right )$ , $\dpi{120} \left < 1;2 \right )$ i $\dpi{120} \left < 2;+\infty \right )$ . W przedziale $\dpi{120} \left ( -\infty ;0 \right >$ dystrybuanta równa jest 0, zaś w przedziale $\dpi{120} \left <2 ,+\infty \right )$ wynosi 1. Pozostaje nam wyznaczyć dystrybuantę w przedziałach $\dpi{120} \left ( 0;1 \right )$ , $\dpi{120} \left < 1;2 \right )$ .

Dla $\dpi{120} t\in \left ( 0;1 \right )$ mamy:

$\dpi{120} F\left ( x \right )=\int_{-\infty }^{x}f\left ( t \right )dt=\overset{=0}{\overbrace{\int_{-\infty }^{0}0dt}}+\int_{0}^{x}\frac{6}{17}t\: dt=\left [ \frac{6}{17}\cdot \frac{t^{2}}{2} \right ]_{0}^{x}=\frac{3}{17}x^{2}$

Dla $\dpi{120} t\in \left < 1;2 \right )$ mamy:

$\dpi{120} F\left ( x \right )=\int_{-\infty }^{x}f\left ( t \right )dt=\overset{=0}{\overbrace{\int_{-\infty }^{0}0dt}}+\int_{0}^{1}\frac{6}{17}t\: dt+\int_{1}^{x}\frac{6}{17}t^{2}dt=$

$\dpi{120} =\left [ \frac{6}{17}\cdot \frac{t^{2}}{2} \right ]_{0}^{1}+\left [ \frac{6}{17}\cdot \frac{t^{3}}{3} \right ]_{1}^{x}=$

$\dpi{120} =\frac{3}{17}\cdot 1^{2}+\frac{2}{17}x^{3}-\frac{2}{17}\cdot 1^{3}=$

$\dpi{120} =\frac{2}{17}x^{3}+\frac{1}{17}$

Ostatecznie dystrybuanta ma postać:

$\dpi{120} F\left ( x \right )=\left\{\begin{matrix} 0 & dla & \left ( -\infty ;0 \right \rangle \\ \frac{3}{17}x^{2}& dla& \left ( 0 ;1 \right )\; \; \; \; \; \\ \frac{2}{17}x^{3}+\frac{1}{17}& dla & \left < 1 ;2 \right )\; \; \; \; \\ 1& dla & \left < 2 ;+\infty \right \rangle \end{matrix}\right.$

Liczymy prawdopodobieństwo $\dpi{120} P\left ( \frac{1}{2}\leqslant X\leqslant \frac{3}{2} \right )$ .

$\dpi{120} P\left ( \frac{1}{2}\leqslant X\leqslant \frac{3}{2} \right )=F\left ( \frac{3}{2} \right )-F\left ( \frac{1}{2} \right )=$

$\dpi{120} =\overset{F\left ( \frac{3}{2} \right )}{\overbrace{\frac{2}{17}\cdot \left ( \frac{3}{2} \right )^{3}+\frac{1}{17}}}-\overset{F\left ( \frac{1}{2} \right )}{\overbrace{\frac{3}{17}\cdot \left ( \frac{1}{2} \right )^{2}}}=$

$\dpi{120} =\frac{27}{68}+\frac{1}{17}-\frac{3}{68}=\frac{28}{68}=\frac{7}{17}$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

Zadanie 7. Zmienna losowa $\dpi{120} \large \! X$ ma gęstość

$\dpi{120} \large f\left ( x \right )=\left\{\begin{matrix} \frac{1}{4} & dla & -3\leqslant x\leqslant -1\; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \\ \frac{1}{2}e^{-x} & dla & x>0\; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \\ 0 & dla & x<-3\; \wedge \; -1<x\leqslant 0 \end{matrix}\right.$

Znaleźć :

a) dystrybuantę zmiennej losowej $\dpi{120} \large \! X$

b) prawdopodobieństwo $\dpi{120} \large P\left ( \left | X \right |<2 \right )$ .

Rozwiązanie

a) Dystrybuantę zmiennej losowej ciągłej liczymy ze wzoru:

$\dpi{120} F\left ( x \right )=\int_{-\infty }^{x}f\left ( t \right )dt$

Zbiór liczb rzeczywistych został podzielony punktami skokowymi na 4 przedziały: $\dpi{120} \left ( -\infty;-3 \right )$ , $\dpi{120} \left < -3;-1 \right >$ , $\dpi{120} \left (- 1;0 \right >$ i $\dpi{120} \left ( 0;+\infty \right )$ . W przedziale $\dpi{120} \left ( -\infty ;-3 \right )$ dystrybuanta równa jest 0. W pozostałych przedziałach liczymy.

Dla $\dpi{120} t\in \left \langle -3;-1 \right \rangle$ mamy:

$\dpi{120} F\left ( x \right )=\int_{-\infty }^{x}f\left ( t \right )dt=\overset{=0}{\overbrace{\int_{-\infty }^{-3}0dt}}+\int_{-3}^{x}\frac{1}{4}\: dt=\left [ \frac{1}{4}t \right ]_{-3}^{x}=\frac{1}{4}x+\frac{3}{4}$

Dla $\dpi{120} t\in \left ( -1;0 \right >$ mamy:

$\dpi{120} F\left ( x \right )=\int_{-\infty }^{x}f\left ( t \right )dt=\overset{=0}{\overbrace{\int_{-\infty }^{-3}0dt}}+\int_{-3}^{-1}\frac{1}{4}\: dt+\overset{=0}{\overbrace{\int_{-1}^{x}0dt}}=$

$\dpi{120} =\left [ \frac{1}{4} t\right ]_{-3}^{-1}=-\frac{1}{4}+\frac{3}{4}=\frac{1}{2}$

Dla $\dpi{120} t\in \left ( 0;+\infty \right )$ mamy:

$\dpi{120} F\left ( x \right )=\int_{-\infty }^{x}f\left ( t \right )dt=\overset{=0}{\overbrace{\int_{-\infty }^{-3}0dt}}+\overset{=\frac{1}{2}}{\overbrace{\int_{-3}^{-1}\frac{1}{4}\: dt}}+\overset{=0}{\overbrace{\int_{-1}^{0}0dt}}+\int_{0}^{x}\frac{1}{2}e^{-t}dt=$

$\dpi{120} =\frac{1}{2}+\left [ -\frac{1}{2}e^{-t} \right ]_{0}^{x}=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}e^{-x}+\frac{1}{2}e^{0}=1-\frac{1}{2}e^{-x}$

Ostatecznie dystrybuanta ma postać:

$\dpi{120} F\left ( x \right )=\left\{\begin{matrix} 0 & dla & x<-3\; \; \; \; \; \\ \frac{1}{4}x+\frac{3}{4} & dla & -3\leqslant x\leqslant -1\\ \frac{1}{2} & dla & -1<x\leqslant 0\\ 1-\frac{1}{2} e^{-x}& dla & x>0\; \; \; \; \; \; \; \; \end{matrix}\right.$

b) Liczymy prawdopodobieństwo $\dpi{120} P\left ( \left | X \right |<2 \right )$ .

$\dpi{120} P\left ( \left | X \right |<2 \right )=P\left ( -2<X<2 \right )=F\left ( 2 \right )-F\left ( -2 \right )=$

$\dpi{120} =1-\frac{1}{2}e^{-2}-\left ( \frac{1}{4} \cdot \left ( -2 \right )+\frac{3}{4}\right )=$

$\dpi{120} =1-\frac{1}{2}e^{-2}-\left ( -\frac{1}{2} +\frac{3}{4}\right )=$

$\dpi{120} =-\frac{1}{2}e^{-2}+\frac{3}{4}$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

Zadanie 8. Zmienna losowa $\dpi{120} \large \! X$ ma gęstość $\dpi{120} \large f\left ( x \right )=\left\{\begin{matrix} e^{2x} & dla & x<0\\ 0& dla& 0\leqslant x\leqslant 1\\ \frac{1}{x^{3}}& dla& x>1 \end{matrix}\right.$ . Znaleźć dystrybuantę zmiennej losowej $\dpi{120} \large \! X$ i prawdopodobieństwo $\dpi{120} \large P\left ( \left | X \right | >2\right ).$

Rozwiązanie

Dystrybuantę zmiennej losowej ciągłej liczymy ze wzoru:

$\dpi{120} F\left ( x \right )=\int_{-\infty }^{x}f\left ( t \right )dt$

Zbiór liczb rzeczywistych został podzielony punktami skokowymi na 3 przedziały: $\dpi{120} \left ( -\infty;0 \right )$ , $\dpi{120} \left < 0;1 \right >$ , $\dpi{120} \left ( 1;+\infty \right )$ .

Dla $\dpi{120} t\in \left ( -\infty ;0 \right )$ mamy:

$\dpi{120} F\left ( x \right )=\int_{-\infty }^{x}f\left ( t \right )dt=\int_{-\infty }^{x}e^{2t}dt$

Jest to całka niewłaściwa. Przechodzimy do granicy:

$\dpi{120} F\left ( x \right )=\int_{-\infty }^{x}e^{2t}dt=\lim_{T\rightarrow -\infty }\int_{T}^{x}e^{2t}dt=\lim_{T\rightarrow -\infty }\left [ \frac{1}{2} e^{2t}\right ]_{T}^{x}=$

$\dpi{120} =\lim_{T\rightarrow -\infty }\left ( \frac{1}{2}e^{2x}-\overset{\rightarrow 0}{\overbrace{\frac{1}{2}e^{2T}} }\right )=\frac{1}{2}e^{2x}$

Dla $\dpi{120} t\in \left \langle 0,1 \right \rangle$ mamy:

$\dpi{120} F\left ( x \right )=\int_{-\infty }^{0}e^{2t}dt+\overset{=0}{\overbrace{\int_{0}^{x}0dt}}=\lim_{T\rightarrow -\infty }\int_{T}^{0}e^{2t}dt=$

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

Dla $\dpi{120} t\in \left ( 1;+\infty \right )$ mamy:

$\dpi{120} F\left ( x \right )=\int_{-\infty }^{x}f\left ( t \right )dt=\overset{=\frac{1}{2}}{\overbrace{\int_{-\infty }^{0}e^{2t}dt}}+\overset{=0}{\overbrace{\int_{0}^{1}0\: dt}}+\int_{1}^{x}\frac{1}{t^{3}}dt=$

$\dpi{120} =\frac{1}{2}+\int_{1}^{x}t^{-3}dt=\frac{1}{2}+\left [ \frac{t^{-2}}{-2} \right ]_{1}^{x}=$

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

$\dpi{120} =\frac{1}{2}-\frac{1}{2x^{2}}+\frac{1}{2}=1-\frac{1}{2x^{2}}$

Ostatecznie dystrybuanta ma postać:

$\dpi{120} F\left ( x \right )=\left\{\begin{matrix} \frac{1}{2}e^{2x} & dla & x<0\\ \frac{1}{2}& dla& 0\leqslant x\leqslant 1\\ 1-\frac{1}{2x^{2}} & dla & x>1 \end{matrix}\right.$

Liczymy prawdopodobieństwo $\dpi{120} P\left ( \left | X \right | >2\right )$ . Najpierw skorzystamy z prawdopodobieństwa zdarzenia przeciwnego:

$\dpi{120} P\left ( \left | X \right | >2\right )=1-P\left ( \left | X \right |\leqslant 2 \right )=1-P\left ( -2\leqslant X\leqslant 2 \right )=$

$\dpi{120} =1-\left ( F\left ( 2 \right ) -F\left ( -2 \right )\right )=1-F\left ( 2 \right )+F\left ( -2 \right )=$

$\dpi{120} =1-\left (\overset{F\left ( 2 \right )}{\overbrace{ 1-\frac{1}{2\cdot 2^{2}}}} \right )+\overset{F\left ( -2 \right )}{\overbrace{\frac{1}{2}e^{2\cdot \left ( -2 \right )}}}=$

$\dpi{120} =1-1+\frac{1}{8}+\frac{1}{2}e^{-4}=\frac{1}{8}+\frac{1}{2}e^{-4}$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

Zadanie 9. Dobrać parametry A, B, C, D tak, aby funkcja

$\dpi{120} F\left ( x \right )=\left\{\begin{matrix} A,\; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; &x\leqslant 0\; \; \; \; \; \; \\ Bx^{2},\; \; \; \; \; \; \; \; \; \; &0<x\leqslant 1 \\ \frac{x^{2}}{2}-x+C, &1<x\leqslant 2 \\ D,\; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; & x>2\; \; \; \; \; \; \; \end{matrix}\right.$

była dystrybuantą pewnej zmiennej losowej ciągłej.

Rozwiązanie

Dystrybuanta zmiennej losowej ciągłej musi być funkcją ciągłą, zatem w ”sklejeniach” wartości powinny być równe. Ponadto $\dpi{120} \underset{x\rightarrow -\infty }{lim}F\left ( x \right )=0$ oraz $\dpi{120} \underset{x\rightarrow +\infty }{lim}F\left ( x \right )=1$ . Otrzymujemy więc:

dla $\dpi{120} x=0$

Z lewej strony mamy $\dpi{120} F\left ( 0 \right )=A$ , z prawej $\dpi{120} F\left ( 0 \right )=B\cdot 0^{2}=0$ . Stąd: $\dpi{120} A=0$ . Spełniony jest wówczas warunek $\dpi{120} \underset{x\rightarrow -\infty }{lim}F\left ( x \right )=0$ .

dla $\dpi{120} x=1$

Z lewej strony mamy $\dpi{120} F\left ( 1 \right )=B\cdot 1^{2}=B$ , z prawej $\dpi{120} F\left ( 1 \right )=\frac{1^{2}}{2}-1+C=-\frac{1}{2}+C$ . Stąd:

$\dpi{120} B=-\frac{1}{2}+C$

dla $\dpi{120} x=2$

Z lewej strony mamy $\dpi{120} F\left ( 2 \right )=\frac{2^{2}}{2}-2+C=C$ , z prawej $\dpi{120} F\left ( 2 \right )=D$ . Stąd: $\dpi{120} C=D$ .

Ponadto musi być $\dpi{120} \underset{x\rightarrow +\infty }{lim}F\left ( x \right )=1$ , więc $\dpi{120} D=1$ . Mamy: $\dpi{120} C=1$ oraz $\dpi{120} B=-\frac{1}{2}+C=-\frac{1}{2}+1=\frac{1}{2}$ . Ostatecznie:

$\dpi{120} \left\{\begin{matrix} A=0\\ B=\frac{1}{2}\\ C=1\\ D=1 \end{matrix}\right.$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

Zadanie 10. Dla jakich wartości parametru a i b funkcja

$\dpi{120} F\left ( x \right )=\left\{\begin{matrix} 0,5e^{ax},\; \; \; \; \; &x\leqslant 1 \; \; \; \; \; \; \\ bx+0,75,& 1<x\leqslant 2\\ 1\; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; & x>2\; \; \; \; \; \; \end{matrix}\right.$

jest dystrybuantą pewnej zmiennej losowej ciągłej X. Oblicz $\dpi{120} \large P\left ( 1\leqslant X<2 \right )$ , $\dpi{120} \large P\left ( -1\leqslant X<3 \right )$ .

Rozwiązanie

dla $\dpi{120} x=1$

Z lewej strony mamy $\dpi{120} F\left ( 1 \right )=0,5e^{a\cdot 1}=0,5e^{a}$ , z prawej $\dpi{120} F\left ( 1 \right )=b\cdot 1+0,75=b+0,75$ . Stąd:

$\dpi{120} 0,5e^{a}=b+0,75$

$\dpi{120} \underset{x\rightarrow -\infty }{lim}F\left ( x \right )=\underset{x\rightarrow -\infty }{lim}0,5e^{ax}=0$ dla dowolnego $\dpi{120} a>0$ .

dla $\dpi{120} x=2$

Z lewej strony mamy $\dpi{120} F\left ( 2 \right )=b\cdot 2+0,75=2b+0,75$ , z prawej $\dpi{120} F\left ( 2 \right )=1$ . Warunek $\dpi{120} \underset{x\rightarrow +\infty }{lim}F\left ( x \right )=1$ jest spełniony. Stąd:

$\dpi{120} 2b+0,75=1$

$\dpi{120} 2b=0,25\Rightarrow b=0,125$

Wracając do $\dpi{120} 0,5e^{a}=b+0,75$ otrzymujemy, że

$\dpi{120} 0,5e^{a}=0,125+0,75$

$\dpi{120} 0,5e^{a}=0,875$

$\dpi{120} e^{a}=1,75$

$\dpi{120} a=\ln \left (1,75 \right )$

Ostatecznie:

$\dpi{120} \left\{\begin{matrix} a=\ln\left ( 1,75 \right )\\ b=0,125\; \; \; \; \; \end{matrix}\right.$

Policzmy:

$\dpi{120} 0,5e^{ax}=0,5e^{x\ln\left ( 1,75 \right )}=0,5\left [e^{\ln\left ( 1,75 \right ) \right ]^{x}}=0,5\cdot \left (1,75 \right )^{x}$

Dystrybuanta ma wówczas postać:

$\dpi{120} F\left ( x \right )=\left\{\begin{matrix} 0,5\cdot \left ( 1,75 \right )^{x},\; \; &x\leqslant 1 \; \; \; \; \; \; \\ 0,125x+0,75,& 1<x\leqslant 2\\ 1\; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; & x>2\; \; \; \; \; \; \end{matrix}\right.$

Policzmy teraz prawdopodobieństwa $\dpi{120} P\left ( 1\leqslant X<2 \right )$ i $\dpi{120} P\left ( -1\leqslant X<3 \right )$ .

$\dpi{120} P\left ( 1\leqslant X<2 \right )=F\left ( 2 \right )-F\left ( 1 \right )=1-0,5\cdot 1,75=1-0,875=0,125$

$\dpi{120} P\left ( -1\leqslant X<3 \right )=F\left ( 3 \right )-F\left ( -1 \right )=1-0,5\cdot \left ( 1,75 \right )^{-1}=1-\frac{2}{7}=\frac{5}{7}$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń