Opracowanie bimbałowego examu z 25 czerwca 2010. © by Kokosz
Zadanie 1
Aby dobrze zrozumieć to zadanie najlepiej je rozrysować w formie „drzewka”:
Oznaczenie ABB' oznacza tutaj zdarzenie polegające na odebraniu jakiegokolwiek sygnału różnego
od ABB, reszta oznaczeń jest raczej intuicyjna.
Prawdopodobieństwa „pierwszej części” drzewka odczytujemy bezpośrednio z treści, zaś „drugiej
części” wnioskujemy na podstawie danego rys.1
Przykładowo prawdopodobieństwo P(ABB|BBB) to prawdopodobieństwo odebrania sygnału ABB
gdy nadano BBB i tak:
-pierwsza litera: prawdopodobieństwo odebrania A gdy nadano B wynosi 0.25
-druga litera: prawdopodobieństwo odebrania B gdy nadano B wynosi 0.5
-trzecia litera: prawdopodobieństwo odebrania B gdy nadano B wynosi 0.5
Stąd prawdopodobieństwo P(ABB|BBB) wynosi 0.25*0.5*05=0.0625
Analogicznie dla reszty gałęzi.
1
Opracowanie bimbałowego examu z 25 czerwca 2010. © by Kokosz
a) Mamy obliczyć P(ABB), czyli prawdopodobieństwo odebrania sygnału ABB. Skorzystamy ze
wzoru na prawdopodobieństwo zupełne (inna nazwa: całkowite):
P ABB = P ABB∣AAA⋅P AAAP ABB∣BBB⋅P BBB P ABB∣CCC ⋅P CCC =
= 0⋅
1
2
1
16
⋅
1
4
0⋅
1
4
=
1
64
b) Mamy obliczyć P(AAA|ABB), czyli prawdopodobieństwo odebrania sygnału ABB gdy ktoś
nadał go jako AAA. Skorzystamy z twierdzenia Bayesa:
P AAA∣ABB=
P ABB∣AAA⋅P AAA
P ABB∣AAA⋅P AAAP ABB∣BBB ⋅P BBB P ABB∣CCC⋅P CCC
=
=
0⋅
1
2
0⋅
1
2
1
16
⋅
1
4
0⋅
1
4
= 0
Zgadza się to z intuicją, ponieważ skoro ktoś nadałby sygnał AAA to z rys.1 widać, że odebrany on
też musi być jako AAA, zatem nie może być odebrany jako ABB (prawdopodobieństwo takiej
sytuacji wynosi 0, co wyżej pokazano).
Zadanie 2
a) Stałą C wyliczamy z tzw. warunku normalizacyjnego, tzn
∫
−∞
∞
p x dx=1
U nas:
∫
−
ᴫ
2
ᴫ
2
Ccosx dx=C
∫
−
ᴫ
2
ᴫ
2
cosx dx=C [ sinx]
− ᴫ
2
ᴫ
2
= C [sin
ᴫ
2
−
sin −
ᴫ
2
]
= C [sin
ᴫ
2
sin
ᴫ
2
]=
C [2sin
ᴫ
2
]=
2C
Zatem
2C=1 C =
1
2
b) Wartość przeciętna E X to inaczej wartość średnia, dla zmiennej losowej ciągłej
zdefiniowana jako:
E X =
∫
−∞
∞
x⋅p x dx
2
Opracowanie bimbałowego examu z 25 czerwca 2010. © by Kokosz
U nas:
E X =
∫
−
ᴫ
2
ᴫ
2
x
1
2
⋅
cosx dx =
1
2
∫
−
ᴫ
2
ᴫ
2
x⋅cosx dx =
1
2
[
x⋅sinxcosx]
− ᴫ
2
ᴫ
2
=
1
2
[
ᴫ
2
⋅
sin
ᴫ
2
cos
ᴫ
2
−[−
ᴫ
2
⋅
sin −
ᴫ
2
cos−
ᴫ
2
]]
=
1
2
[
ᴫ
2
0−[
ᴫ
2
⋅
sin
ᴫ
2
cos
ᴫ
2
]]
=
1
2
[
ᴫ
2
−
ᴫ
2
0]= 0
Znowu można powiedzieć, że zgadza się to z intuicją, bo „na oko” widać, że wartość średnia
funkcji 1/2cosx (czyli tego p(x)) to 0.
c) Mediana dla zmiennej losowej o rozkładzie ciągłym to taka wartość
x
med
, że F x
med
=
1
2
(dystrybuanta na argumencie x który jest medianą wynosi ½). To sprowadza się do spełnienia
równości
∫
−∞
x
med
p x dx=
1
2
Dodatkowo mediana należy u nas do przedziału <−
ᴫ
2
;
ᴫ
2
> (treść zadania).
Zatem u nas:
∫
− ᴫ
2
x
med
1
2
cosx dx =
1
2
∫
− ᴫ
2
x
med
cosx dx =
1
2
[
sinx]
−
ᴫ
2
x
med
=
1
2
[
sin x
med
−
sin −
ᴫ
2
]
=
1
2
[
sin x
med
1]=
1
2
sin x
med
1
2
To jest lewa strona powyżej równości, prawa wynosi ½ stąd mamy, że
1
2
sin x
med
=
0
sin x
med
=
0
x
med
=
kᴫ gdzie k ∈ℤ ale jeszcze mamy, że x
med
∈
<−
ᴫ
2
;
ᴫ
2
>
Stąd x
med
=
0
d) Aby obliczyć wariancję skorzystamy ze wzoru obliczeniowego:
W X =E X
2
−[
E X ]
2
3
Opracowanie bimbałowego examu z 25 czerwca 2010. © by Kokosz
E X
2
=
∫
−
ᴫ
2
ᴫ
2
x
2
1
2
⋅
cosx dx =
1
2
∫
−
ᴫ
2
ᴫ
2
x
2
⋅
cosx dx =
1
2
[
x
2
sinx2xcosx−2sinx ]
−
ᴫ
2
ᴫ
2
=
1
2
[
ᴫ
2
2
sin
ᴫ
2
2
ᴫ
2
cos
ᴫ
2
−
2sin
ᴫ
2
−[ −
ᴫ
2
2
sin−
ᴫ
2
2−
ᴫ
2
cos −
ᴫ
2
−
2sin −
ᴫ
2
]]
=
1
2
[
ᴫ
2
2
0−2−[−
ᴫ
2
2
sin
ᴫ
2
−
2
ᴫ
2
cos
ᴫ
2
2sin
ᴫ
2
]]
=
1
2
[
ᴫ
2
2
−
2
ᴫ
2
2
−
2] =
ᴫ
2
−
8
4
już obliczyliśmy w punkcie b ), że E X =0, zatem
W X =
ᴫ
2
−
8
4
−
0
2
=
ᴫ
2
−
8
4
e) Między gęstością prawdopodobieństwa p(x) a dystrybuantą F(x) zachodzi dla zmiennej losowej
ciągłej związek:
F x =
∫
−∞
x
p x dx
U nas więc:
F x =
∫
−
ᴫ
2
x
1
2
cosx dx =
1
2
∫
−
ᴫ
2
x
cosx dx =
1
2
[
sinx]
− ᴫ
2
x
=
1
2
[
sin x−sin −
ᴫ
2
]
=
1
2
[
sin x1]=
1
2
sin x
1
2
przy okazji potwierdza się tutaj wyliczona przez nas wcześniej mediana, bo widać, że F 0=
1
2
f) Można tu skorzystać z definicji dystrybuanty: F x =P X x
Widać więc, że szukane prawdopodobieństwo P X 0 to po prostu wartość dystrybuanty w
punkcie 0, czyli
P X 0=F 0=
1
2
Zadanie 3
a)
Przede wszystkim możemy od razu dopisać do naszej tabeli rozkłady brzegowe, tzn. np. P(X=-1),
sumujemy wówczas całą kolumnę gdzie X=-1, analogicznie dla reszty kolumn i wierszy.
Tak otrzymana tabelka jest poniżej:
4
Opracowanie bimbałowego examu z 25 czerwca 2010. © by Kokosz
P X =i ;Y = j
X =i
-1
0
1
Y = j -1
1
3
0
0
P Y =−1 =
1
3
0
0
1
3
0
P Y =0 =
1
3
1
0
0
1
3
P Y =1=
1
3
P X =−1 =
1
3
P X =0 =
1
3
P X =1=
1
3
Aby dobrze zrozumieć jak oblicza się dystrybuantę najlepiej narysować wykres funkcji rozkładu
prawdopodobieństwa (szare linie są tylko pomocnicze):
Teraz wpisujemy wartości do tabeli dystrybuanty, np. w pole gdzie X(0;1> i Y(-1;0> wpisujemy
sumę wysokości wszystkich strzałek z powyższego wykresu, których współrzędne są mniejsze niż
górne granice przedziałów, tzn. X są mniejsze od 1, a Y są mniejsze od 0.
5
Opracowanie bimbałowego examu z 25 czerwca 2010. © by Kokosz
F(x,y)
X
(−∞ ;−1 >
(−1 ;0 >
( 0 ;1 >
(1 ;∞ >
Y
(−∞ ;−1 >
0
0
0
0
(−1 ;0 >
0
0
0
1
3
( 0 ;1 >
0
0
1
3
2
3
(1 ;∞ >
0
1
3
2
3
1
I to już jest podana dystrybuanta łączna.
b)
Współczynnik korelacji (unormowany współczynnik kowariancji) jest dany wzorem:
ρ
X Y
=
corr X , Y −E X E Y
W X ⋅
W Y
=
E X Y −E X E Y
W X ⋅
W Y
Teraz musimy policzyć wszystkie występujące we wzorze wielkości.
E X Y =
∑
∀
j
∑
∀
i
i⋅j⋅P X =i ;Y = j
W praktyce liczymy to mnożąc współrzędne każdego pola w tabelce rozkładu przez wartość tego
pola:
E X Y =−1⋅−1⋅
1
3
−
1⋅0⋅0−1⋅1⋅00⋅−1⋅00⋅0⋅
1
3
0⋅1⋅01⋅−1⋅01⋅0⋅01⋅1⋅
1
3
=
2
3
E X =
∑
∀
i
i⋅P X =i
W praktyce liczymy to mnożąc każdą możliwą wartość X przez prawdopodobieństwo, że ZL
przyjmie tą właśnie wartość X (te prawdopodobieństwa brzegowe dopisaliśmy w powyższej tabelce
nad wykresem). Stąd:
E X =−1⋅
1
3
0⋅
1
3
1⋅
1
3
=
0
Analogcznie dla Y:
E Y =
∑
∀
j
j⋅P Y = j
E Y =−1⋅
1
3
0⋅
1
3
1⋅
1
3
=
0
6
Opracowanie bimbałowego examu z 25 czerwca 2010. © by Kokosz
Wariancje policzymy korzystając z podanego już we wcześniejszym zadaniu wzoru
obliczeniowego:
W X =E X
2
−[
E X ]
2
i analogicznie W Y =E Y
2
−[
E Y ]
2
E X
2
=
∑
∀
i
i
2
⋅
P X =i Stąd:
E X
2
=−
1
2
⋅
1
3
0
2
⋅
1
3
1
2
⋅
1
3
=
2
3
Analogicznie dla Y: E Y
2
=
∑
∀
j
j
2
⋅
P Y = j ; EY
2
=−
1
2
⋅
1
3
0
2
⋅
1
3
1
2
⋅
1
3
=
2
3
Zatem wariancje wynoszą (można zauważyć, że wszystkie wartości występujące we wzorze na
wariancję są takie same dla X i Y, więc wariancja X będzie równa wariancji Y):
W X =W Y =
2
3
−
0
2
=
2
3
Mamy więc wszystko do współczynnika korelacji:
ρ
X Y
=
E X Y −E X E Y
W X ⋅
W Y
=
2
3
−
0⋅0
2
3
⋅
2
3
= 1
c)
ZL X i Y będą niezależne statystycznie, gdy będzie zachodzić
∑
∀
j
∑
∀
i
P X =i ;Y = j=P X =i⋅P Y = j
Sprawdźmy więc czy dla pierwszego pola z tabeli rozkładu prawdopodobieństwa zachodzi
powyższy warunek:
P X =−1 ;Y =−1=P X =−1⋅P Y =−1
1
3
=
1
3
⋅
1
3
1
3
≠
1
9
Widać więc, że podany warunek nie zachodzi dla każdego i oraz j, więc zmienne losowe X i Y nie
są niezależne statystycznie (są zależne).
7