Przekształcenia ciągłe zmiennej losowej.
(Ω, F, P) – przestrzeń probabilistyczna, X: Ω →R – zmienna losowa.
Zmienna wyznacza na prostej pewien rozkład.
Dla
R
A
⊆
:
( )
( )
{
}
(
)
( )
(
)
A
X
P
A
X
P
A
P
X
1
:
−
=
∈
=
ω
ω
.
Niech zbiorem wartości zmiennej X będzie zbiór A
x
, czyli X:
R
A
X
na
⊂
→
Ω
.
Niech funkcja y = φ(x) będzie ciągłą funkcją zmiennej rzeczywistej x na zbiorze A
x
. Przez A
Y
określamy zbiór wartości funkcji φ (y ∈ A
Y
).
R
A
A
Y
X
X
⊂
→
→
Ω
ϕ
Y(ω) = φ(X(ω)) i tak określona funkcja odwzorowuje Ω w R. Nazywamy ją funkcją
ciągłą zmiennej losowej X
i oznaczamy: Y = φ(X).
Wyznaczamy wartości rozkładu zmiennej losowej Y.
Niech
R
A
⊂
.
P
Y
(A) = P({ω: Y(ω)
∈A})=P({ω: φ(X(ω))∈A}) = P({ω: X(ω) ∈φ
-1
(A)}) = P
X
(φ
-1
(A))
Zatem: P
Y
(A) = P
X
(φ
-1
(A)).
Przykład:
1) X ma rozkład dyskretny P(X=x
i
) = p
i
, i=1,2,3,…
y = φ(x)=x
2
Y = φ(X)=X
2
Y ∈ A
Y
= {y
1
,y
2
,…} y
i
= φ(x
i
)
(
)
( )
(
)
∑
=
=
=
=
=
=
i
k
y
x
k
i
i
i
i
p
y
X
P
y
Y
P
p
)
(
:
'
ϕ
ϕ
y
i
0
1
2
Y=X
2
p
i
1/5
2/5
2/5
2) X ma rozkład ciągły
Niech Y = φ(X) φ - funkcja ciągła i róŜniczkowalna
f
X
(x) – funkcja gęstości X
x
i
-2
-1
0
1
2
X:
p
i
1/5
1/5
1/5
1/5
1/5
f
Y
(y) – funkcja gęstości Y
Niech
ś
ciowa
róznowarto
−
ϕ
.
Wtedy istnieje
( )
y
x
1
−
=
ϕ
.
1)
ϕ
rosnąca.
KaŜdemu przedziałowi
)
x
x
x
∆
+
,
odpowiada przedział
)
y
y
y
∆
+
,
.
(
)
(
)
(
)
( )
(
)
( )
(
)
( )
(
)
( )
x
y
y
y
F
y
y
F
x
x
F
x
x
F
x
y
F
y
y
F
x
F
x
x
F
y
y
Y
y
P
x
x
X
x
P
y
y
x
x
y
y
x
x
∆
∆
⋅
∆
−
∆
+
=
∆
−
∆
+
∆
−
∆
+
=
−
∆
+
∆
+
<
≤
=
∆
+
<
≤
:
/
0
0
→
∆
↔
→
∆
y
x
(
)
( )
(
)
( )
x
y
y
y
F
y
y
F
x
x
F
x
x
F
y
y
y
x
x
x
x
∆
∆
⋅
∆
−
∆
+
=
∆
−
∆
+
→
∆
→
∆
→
∆
0
0
0
lim
lim
( )
( )
( )
( )
( )
( )
dy
dx
x
f
y
f
dx
dy
y
f
x
f
dx
dy
y
F
x
F
x
y
y
x
y
x
=
⇒
=
=
'
'
( )
( )
( )
( )
y
x
f
y
f
x
y
'
1
−
=
ϕ
- otrzymaliśmy wzór na gęstość funkcji, gdy
ϕ
jest rosnąca.
2)
ϕ
malejąca
KaŜdemu przedziałowi
)
x
x
x
∆
+
,
odpowiada przedział
)
y
y
,
∆
−
.
(
)
(
)
(
)
( )
( )
(
)
(
)
( )
( )
(
)
x
y
y
y
y
F
y
F
x
x
F
x
x
F
x
y
y
F
y
F
x
F
x
x
F
y
Y
y
y
P
x
x
X
x
P
y
y
y
x
x
x
x
y
y
x
x
∆
∆
−
⋅
∆
−
∆
−
−
=
∆
−
∆
+
∆
∆
−
−
=
−
∆
+
≤
<
∆
−
=
∆
+
<
≤
→
∆
→
∆
→
∆
0
0
0
lim
lim
:
/
0
0
0
→
∆
−
⇔
→
∆
⇔
→
∆
y
y
x
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
(
)
'
'
'
1
y
x
f
y
f
dx
dy
y
f
x
f
dx
dy
y
F
x
F
x
y
y
x
y
x
−
−
=
−
=
−
=
ϕ
ϕ
malejąca
1
−
→
ϕ
malejąca
( )
'
1
−
→
ϕ
ma wartości ujemne.
ϕ
monotoniczna, to
( )
( )
( )
(
)
( )
(
)
( )
(
)
'
'
1
1
1
y
y
f
y
x
f
y
f
x
x
y
−
−
−
=
=
ϕ
ϕ
ϕ
.
Przykład:
Niech X ma rozkład ciągły określony funkcją gęstości:
( )
2
1
1
1
x
x
f
x
+
⋅
=
π
,
R
x
∈ .
Znaleźć funkcję gęstości zmiennej
2
3
−
= X
Y
.
( )
(
)
( )
( )
(
)
3
1
'
3
2
3
1
2
3
1
3
2
2
3
1
1
=
+
=
+
=
→
=
+
→
−
=
=
−
−
y
y
y
y
x
x
y
x
x
y
ϕ
ϕ
ϕ
( )
( )
(
)
(
)
y
y
y
y
f
y
f
y
f
x
x
y
4
13
3
3
2
3
1
1
1
3
1
3
2
3
1
3
1
3
1
2
2
1
+
+
=
+
+
⋅
=
=
+
=
⋅
=
−
π
π
ϕ
,
R
y
∈ .
Przykład:
Niech X ma rozkład ciągły o funkcji gęstości:
( )
2
1
1
1
x
x
f
x
+
⋅
=
π
,
R
x
∈ .
Znaleźć funkcję gęstości zmiennej
2
2 X
Y
=
.
Wyznaczmy dystrybuantę nowego rozkładu:
( )
(
)
(
)
y
X
P
y
Y
P
y
F
Y
Y
Y
<
=
<
=
2
2
1)
0
≤
y
( )
(
)
0
2
2
=
<
=
y
X
P
y
F
Y
Y
2)
0
>
y
2
2
2
2
2
2
y
x
y
y
x
y
x
<
<
−
⇔
<
⇔
<
( )
−
−
=
<
<
−
=
2
2
2
2
y
F
y
F
y
x
y
P
y
F
X
X
Y
( )
( )
2
1
2
2
1
2
2
1
2
2
1
2
)
(
'
⋅
−
−
−
⋅
=
=
y
y
f
y
y
f
y
F
y
f
X
X
Y
Y
=
π
π
π
+
=
+
+
+
=
−
+
2
1
2
2
1
2
1
1
2
1
1
2
4
1
2
2
2
4
1
y
y
y
y
y
y
f
y
f
y
X
X
( )
>
+
≤
=
0
2
1
2
2
1
0
0
y
y
y
y
y
f
Y
π
.
Zmienna losowa unormowana (standaryzowana).
X - zmienna losowa, EX=m, D
2
X = δ
Definicja:
Zmienną losową
σ
m
X
U
−
=
nazywamy zmienną losową unormowaną (standaryzowaną)
(zmiennej X).
Funkcja
( )
σ
ϕ
m
X
X
−
=
odchylenia standardowego jest rosnąca.
Twierdzenie:
JeŜeli U jest zmienną losową unormowaną, to wartość oczekiwana U jest równa 0 i wariancja
jest równa 1.
EU=0, D
2
(U)=1
Dowód:
( )
(
)
( )
0
1
=
−
=
−
=
−
=
−
=
σ
σ
σ
σ
m
m
m
E
EX
m
X
E
m
X
E
U
E
(
)
1
1
2
2
2
2
2
2
2
=
=
=
−
=
−
σ
σ
σ
σ
σ
X
D
m
X
D
m
X
D
. ■
Rozkład DYSKRETNY.
a) Rozkład jednostajny
Mówimy, Ŝe zmienna losowa X ma rozkład jednostajny, jeŜeli przyjmuje skończoną ilość
wartości naleŜących do zbioru
{
}
n
x
x
x
,...,
1
∈
i kaŜdą przyjmuje z jednakowym
prawdopodobieństwem:
(
)
n
x
X
P
i
1
=
=
dla
{
}
,...
2
,
1
∈
i
.
Przykład: Liczba oczek na kostce – wartość zmiennej. Przyjmuje 6 wartości z jednakowym
prawdopodobieństwem
6
1
.
b) Rozkład zero-jedynkowy
Zmienna ma rozkład zero–jedynkowy, jeŜeli przyjmuje dwie wartości 0 i 1.
{ }
1
,
0
∈
X
(
)
p
q
X
P
=
−
=
=
1
0
(
)
p
X
P
=
= 1
p
p
q
EX
=
⋅
+
⋅
=
1
0
(
)
pq
p
p
p
p
p
q
p
EX
EX
X
D
=
−
=
−
=
−
⋅
+
⋅
=
−
=
1
0
1
2
2
2
2
.
Przykład: X występuje w doświadczeniu, w którym moŜliwe są dwa wyniki i X jest to
wartość przyporządkowana tym wynikom, np. rzut monetą niekoniecznie symetryczną.
c) Rozkład geometryczny
Zmienna losowa przyjmuje nieskończenie wiele wartości
( ) {
}
,...
3
,
2
,
1
∈
ω
X
z
prawdopodobieństwem
(
)
1
−
=
=
k
pq
k
X
P
dla
,...
2
,
1
=
k
X – liczba doświadczeń, które trzeba wykonać, aby uzyskać pierwszy sukces w ciągu
niezaleŜnych doświadczeń.
d) Rozkład Bernoulliego (rozkład dwumianowy)
Zmienna losowa X przyjmuje rozkład Bernoulliego, jeŜeli przyjmuje wartości
{
}
n
X
,...
0
∈
z
prawdopodobieństwami
(
)
k
n
k
q
p
k
n
k
X
P
−
=
=
dla
{
}
n
k
,...,
0
∈
, czyli X-liczba sukcesów w
schemacie Bernoulliego.
(
)
{
}
n
i
A
A
x
x
x
i
n
,
,
1
,
,
:
,
,
1
…
…
=
′
=
=
=
Ω
ω
(
)
p
X
P
i
=
= 1
(
)
q
p
X
P
i
=
−
=
=
1
0
n
X
X
X
+
+
=
…
1
(
)
np
q
p
n
nEX
EX
EX
EX
n
=
⋅
+
⋅
=
=
+
+
=
0
1
1
1
…
(
)
(
)
(
)
(
)
npq
p
np
np
np
p
q
p
n
EX
EX
n
X
nD
X
D
X
D
X
D
n
=
−
=
−
=
−
⋅
+
⋅
=
−
=
=
+
+
=
1
0
1
2
2
2
1
2
1
1
2
2
1
2
2
…
i
X
są niezaleŜne.
e) Rozkład Poissona
{
}
…
,
2
,
1
,
0
∈
X
(
)
−
=
=
=
−
λ
λ
λ
!
k
e
k
X
P
k
stała,
0
>
λ
(
)
(
)
∑
∑
∑
∑
∑
∑
∞
=
∞
=
−
∞
=
−
−
−
−
∞
=
−
∞
=
−
=
=
=
−
=
−
⋅
=
⋅
⋅
=
⋅
⋅
=
=
1
1
0
1
1
0
!
!
1
!
1
!
!
k
k
e
l
l
k
k
k
k
i
k
k
i
i
e
e
l
e
k
e
k
e
k
e
k
k
e
k
p
x
EX
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
(
)
(
)
∑
∑
∑
∑
∞
=
∞
=
−
−
∞
=
−
=
−
+
=
−
−
⋅
=
−
=
−
=
1
0
2
2
2
2
0
2
2
2
2
!
1
!
1
!
!
k
k
k
k
k
k
i
i
i
k
k
e
k
k
e
k
k
e
k
p
x
X
D
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
(
)
(
)
=
−
+
=
−
+
−
=
−
+
=
−
∞
=
−
∞
=
∞
=
−
∑
∑
∑
2
2
1
2
0
0
!
1
!
!
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
e
e
e
e
k
e
k
k
k
e
k
k
k
k
k
k
(
)
(
)
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
=
−
+
=
−
+
=
−
2
2
2
1
e
e
Przykłady:
1) Rozmieszczenie gwiazd w układach międzyplanetarnych.
2) Rozmieszczenie drzew w wolnostojącym lesie.
3) Liczba połączeń w centralce w określonym czasie.
4) Liczba wad w określonej produkcji pewnych elementów.
5) Liczba zachorowań na rzadkie choroby.
6) Liczba poŜarów, awarii, wypadków drogowych.
Wiele występujących w przyrodzie przykładów rozkładów moŜe być aproksymowane
rozkładem Poissona.
Twierdzenie. Poissona: Niech zmienna losowa
n
X
ma rozkład dwuwymiarowy określony
wzorem:
(
)
k
n
k
n
q
p
k
n
k
X
P
−
=
=
,
n
k
,...,
1
,
0
=
. JeŜeli prawdopodobieństwo
( )
n
p
P
=
maleje
do zera w taki sposób, Ŝe zaczynając od pewnego
0
n
dla
0
n
n
>
, np=
λ
=const, to
(
)
!
lim
k
e
k
X
P
k
n
n
λ
λ
⋅
=
=
−
→∝
.
Dowód:
n
p
λ
=
(
)
(
)
(
)
(
)(
)
(
)
=
−
−
−
⋅
⋅
+
−
+
−
=
=
−
−
=
=
=
∞
→
−
∞
→
−
→∝
→∝
k
k
n
k
n
k
n
k
n
k
n
k
n
n
n
n
n
k
n
n
n
k
n
k
n
p
p
k
n
k
n
q
p
k
n
k
X
P
λ
λ
λ
1
!
1
1
2
1
lim
1
!
!
!
lim
lim
lim
…
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
−
−
−
∞
→
∞
→
−
∞
→
=
−
=
−
=
−
−
−
⋅
⋅
−
−
−
−
=
e
n
n
e
k
n
n
n
n
k
n
k
k
n
n
n
n
k
k
n
n
k
1
lim
1
lim
!
1
1
1
1
2
1
1
1
lim
!
…
.
■
Wnioski:
Z twierdzenia wynika, Ŝe rozkład Poissona moŜna stosować do aproksymacji rozkładu
dwumianowego, gdy prawdopodobieństwo P jest małe, a liczba doświadczeń
n-duŜa. Przyjmujemy wtedy
np
=
λ
.
Przykład: W skład aparatury wchodzi m.in. n=1000 elementów określonego rodzaju.
Prawdopodobieństwo uszkodzenia w ciągu roku kaŜdego z n-elementów wynosi p=0,001 i nie
zaleŜy od stanu pozostałych elementów. Obliczyć prawdopodobieństwa uszkodzenia w ciągu
roku:
a)
dokładnie dwóch elementów
b)
nie mniej niŜ dwóch elementów.
X-liczba elementów uszkodzonych w ciągu roku.
X ma rozkład dwumianowy o n=1000 i p=0,001.
a)
(
)
(
) (
)
998
2
2
2
999
,
0
001
,
0
2
1000
2
2
⋅
=
=
=
−
n
q
p
n
X
P
Obliczanie prawdopodobieństw przy tak duŜej liczbie n i małym p byłoby bardzo Ŝmudne.
MoŜemy zatem uznać, Ŝe X ma w przybliŜeniu rozkład Poissona i skorzystać z tablic przy
obliczaniu prawdopodobieństw z uniknięciem Ŝmudnych obliczeń.
1
1000
001
,
0
=
⋅
=
= np
λ
(
)
183940
,
0
2
≈
=
X
P
b)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
=
⋅
−
=
+
−
=
=
+
=
−
=
<
−
=
≥
367879
,
0
2
1
367879
,
0
367879
,
0
1
1
0
1
2
1
2
X
P
X
P
X
P
X
P
264242
,
0
735758
,
0
1
=
−
=