Egzamin
2010/2011
rok 2010/2011
Zadanie 5:
Dana jest gęstość prawdopodobieństwa zmiennej losowej X typu ciągłego
f(x)= 0
x ≤ −1
1 + x
−1 < x ≤ 0
1 − x
0 < x < 1
0
x ≥ 1
Obliczyć: a) P(|X| ≥ ½)
b) wartość oczekiwaną EX,
c) wariancję D
2
X,
d) wyznaczyć dystrybuantę zmiennej losowej X.
Rozwiązanie:
a)
P(|X| ≥ 1/2)= P(xє[
1
2
;∞))+P(xє(-∞;-
1
2
])=
∫
1
2
1
(
1−x
)
d x
+
∫
1
∞
0 d x
+
∫
−
∞
−
1
0 d x
+
∫
−
1
−
1
2
(
1+x )d x
=
= (x-
x
2
2
)|
1
1/2
+(x+
x
2
2
)
|
-1/2
-1
= 1 -0.5 - (0.5-0.125) + (-0.5+0.125)- (-1+0.5) = 0.25
b) EX=
∫
−
∞
∞
x * f ( x )d x
=
∫
−
1
0
x * (1+x )d x +
∫
0
1
x *(1−x )d x
=
(
x
2
2
+
x
3
3
)
|
0
-1
+
(
x
2
2
-
x
3
3
)
|
1
0
=
= 0 – (1/2-1/3) + 1/2-1/3 – 0 = 0
c)D
2
X=
∫
−
∞
∞
(
x− E X )
2
* f ( x )d x
=
∫
−
∞
−
1
x
2
* 0 d x
+
∫
−
1
0
x
2
(
1+ x )d x
+
∫
0
1
x
2
(
1− x )d x
+
∫
1
∞
x
2
* 0 d x
=(
x
3
3
+
x
4
4
)|
0
-1
+ (
x
3
3
-
x
4
4
)|
1
0
=
1
3
-
1
4
+
1
3
−
1
4
=
1
6
d)F’(x)=f(x)
F(x)=
∫
−
∞
x
0d t
=0 dla x≤-1
F(x)=
∫
−
∞
−
1
0d t
+
∫
−
1
x
(
1+t
)
d t=( t+
t
2
2
)
)|
x
-1
= x+
x
2
2
+
1
2
dla xє(-1;0]
F(x)=
∫
−
∞
−
1
0 d t
+
∫
−
1
0
(
1+t )d t+
∫
0
x
(
1−t )d t=(t+
t
2
2
)∣
0
-1
+ (t-
t
2
2
)|
x
0
=
1
2
+x-
x
2
2
dla xє(0;1]
F(x)=
∫
−
∞
−
1
0 d t
+
∫
−
1
0
(
1+t )d t+
∫
0
1
(
1−t )d t +
∫
1
x
0 d t=0+1−
1
2
+
1−
1
2
+
0=1
dla x>1
Odpowiedź:
a) P(|X| ≥ ½) = 0.25
b) EX = 0
c) D
2
X = 1/6
d) F(x)= 0
dla x≤-1
x+
x
2
2
+
1
2
dla xє(-1;0]
1
2
+x-
x
2
2
dla xє(0;1]
Autor: Marcin Puścizna grupa 9
1
dla x>1
29.01.2014