Metody probabilistyczne Rozwiązania zadań

Transkrypt

1 Metody robabilistyczne Rozwiązania zadań 6. Momenty zmiennych losowych Zadanie 1. Poaż, że jeśli X Bn, to EX n. Odowiedź: X rzyjmuje wartości w zbiorze {0, 1,..., n} z rawdoodobieństwami zadanymi wzorem P X n 1 n. Korzystając z definicji wartości oczeiwanej: EX P X 1 n 1 n!!n! 1 n 1 n 1! n 1!n! 1 1 n 1 1 n 1 1 n 1 1 n 1 1 n 1 n 1 1 n, gdzie w obniżyliśmy indes sumowania z na 1, a równość oznaczona rzez wynia z tego, że ażdy element sumy to rawdoodobieństwo sucesów w n 1 róbach, stąd suma o wszystich możliwych od 0 do n 1 musi dać łącznie 1. Zadanie 2. Poaż, że jeśli X NBr, to EX r 1 Odowiedź: Zmienna X {0, 1, 2,...} ma rozład ujemny dwumianowy NBr, jeśli: r + 1 P X 1 r. r 1 Liczymy wartość oczeiwaną: EX P X r r, 1 r 1 1 1

2 gdzie ouściliśmy sładni sumy dla 0 równy zero. Zauważmy, że: r + 1 r + 1! r + 1! r 1 r 1!r + 1 r 1! r 1!! r + 1! r 1! 1! r + 1! r r!r + 1 r! r + 1! r r! 1! r + 1 r. r Wracając do 1, mamy: r + 1 P X r 1 r r 1 r + 1 r 1 r r 1 r + r 1 r+1, 2 1 r gdzie ostatnia równość wynia ze zmiany indesu sumowania z na 1. Czym jest suma otrzymana w ostatnim wyrażeniu? Aby odowiedzieć na to ytanie zauważmy, że Y ma rozład N Br + 1, jeśli: r r + P Y 1 r+1 1 r+1. r r A więc ostatnia suma w 2 jest o rostu równa: Czyli EX r 1, co należało dowieść. Zadanie 3. P Y 1 Poaż, że jeśli X Poisλ to EX λ Odowiedź: Zmienna X {0, 1, 2,...} ma rozład Poissona Poisλ, jeśli: Liczymy wartość oczeiwaną: P X λ! e λ EX 1 b λ P X a λ 1! e λ λ λ! e λ λ 1 1 λ! e λ λ 1 1! e λ P X 1 gdzie w a ouściliśmy sładni sumy dla 0 równy zero, w b zmieniliśmy indes sumowania z na 1, a ostatnia suma wynosi 1, onieważ jest to suma rawdoodobieństw wszystich możliwych wyniów zmiennej losowej X. λ, 2

3 Zadanie 4. Poaż, że dla dysretnej zmiennej losowej X X i funcji g : X Y zachodzi: E gx X gp X. Odowiedź: Zdefiniujmy zmienną losową Y gx. Z definicji wartości oczeiwanej: EY y Y y P Y y, natomiast z definicji rozładu funcji zmiennej losowej mamy: P Y y P X. : gy Łącząc oba owyższe otrzymujemy: EY y P X g P X g P X, y Y :gy y Y :gy X gdzie ostatni ro wynia z fatu, że y Y :gy to o rostu suma o wszystich X. Zadanie 5. Poaż, że dla dowolnych funcji g 1,..., g n : E g 1 X g n X E g 1 X E g n X Odowiedź: Zdefiniujmy sobie funcję gx g 1 X + g 2 X g n X. Używając wzoru na wartość oczeiwaną funcji zmiennej losowej: E gx gp X, mamy: E g 1 X g n X E gx g P X g g n P X g 1 P X E g 1 X E g n X g n P X Zadanie 6. Poaż, że jeśli X Poisλ, to D 2 X λ. Wyorzystaj fat, że EX λ i użyj wzoru sróconego mnożenia dla wariancji. Odowiedź: Jeśli X Poisλ, to rozład X jest dany wyrażeniem: P X λ! e λ, X {0, 1,...}. Wyorzystując wzór sróconego mnożenia dla wariancji oraz fat, że EX λ mamy: D 2 X E X 2 EX 2 E X 2 λ 2. 3

4 Musimy więc tylo oliczyć E X 2 : E X 2 2 P X 1 2 λ! e λ λ 2 2 λ! e λ 1 λ! e λ + λ 2! e λ + λ 2 λ 2 λ! e λ 1 λ 2 + λ, λ 2 2! e λ + λ + λ λ! e λ 1 EX gdzie w obniżyliśmy indes sumowania z na 2, a w równości oznaczonej wyorzystaliśmy fat, że elementy sumy to rawdoodobieństwa ostaci P X dla wszystich możliwych {0, 1, 2,...}, stąd suma daje wartość równą 1. Zadanie 7. Poaż, że dla rozładu geometrycznego: P X 1 1, 1, 2,... wariancja wynosi D 2 X 1 2 Odowiedź: Jeden sosób został oazany na wyładzie. Tutaj rozważymy inny sosób, w tórym bezośrednio będziemy róbowali oliczyć niesończone sumy wyorzystując wiedzę z matematyi dysretnej. Wiemy, że wartość oczeiwana w rozładzie geometrycznym wynosi EX 1. Wyorzystując wzór sróconego mnożenia dla wariancji: Musimy tylo oliczyć E X 2 : D 2 X E X 2 EX 2 E X 2 1 2, 3 E X 2 2 P X 1 Rozważmy funcję g oreśloną wyrażeniem: g Możemy wyznaczyć wartość g jao sumę niesończonego szeregu geometrycznego a + ar + ar o wyrazie oczątowym a 1 2 i ilorazie r 1 : g a 1 r

5 Policzmy ierwszą i drugą ochodną g. Możemy wyorzystać wyrażenie 4: g g Teraz zauważmy, że: g E X , 1 EX a więc: g E X E X 2 g 1. Z drugiej strony, orzystając z wyrażenia 5, mamy: g g Tym samym: a więc z 3: E X 2 g , D 2 X E X Zadanie 8. Poaż, że dla rozładu dwumianowego: P X 1 n, 0, 1,..., n wariancja wynosi D 2 X n1 Odowiedź: Wiemy, że wartość oczeiwana w rozładzie dwumianowym wynosi EX n. Wyorzystując wzór sróconego mnożenia dla wariancji: D 2 X E X 2 EX 2 E X 2 n 2 2, 6 5

6 musimy tylo oliczyć E X 2 : E X 2 P X 2 1 n 1 n n n + n! 1!n! 1 n + n n! 2!n! 1 n + n 2 2 nn 1 2 nn 1 2 n n 2! 2!n! 2 n 2 2 n 2 2 n 2 n 2 nn n 1 EXn 1 n + n 2 1 n + n 1 n 2 1 nn n n 2 2 n 2 + n, + n gdzie ostatnia z sum równa jest jeden, onieważ jest to suma rawdoodobieństw wszystich możliwych wyniów zmiennej o rozładzie dwumianowym Bn 2,. Używając 6 otrzymujemy: Zadanie 9. Odowiedź: Mamy: D 2 X E X 2 n 2 2 n 2 2 n 2 + n n 2 2 n n 2 n1. Poaż, że jeśli EX 2 0, to X ma rozład jednountowy w zerze. 0 EX 2 2 P X, Ponieważ wszystie elementy sumy o rawej stronie są nieujemne, równość ta będzie sełniona tylo wtedy, gdy 2 0 a więc i 0 dla wszystich taich, że P X > 0. Oznacza to, że zmienna X ma rozład jednountowy w zerze. 6