1

1. Niech

Ω = [0, 1], 𝑃 = 𝜇

𝐿

,

ℱ = ℬ([0, 1]). Połóżmy 𝑋

𝑛

(𝜔) = {

𝑒

𝑛

, 0 ≤ 𝜔 ≤

1

𝑛

,

0,

1

𝑛

< 𝜔 ≤ 1.

a) Czy

𝑋

𝑛

𝑃

→ 0, gdy 𝑛 → ∞?

b) Czy

𝑋

𝑛

𝑝.𝑝.

→ 0, gdy 𝑛 → ∞?

c) Czy

𝑋

𝑛

𝐿

𝑝

→ 0, gdy 𝑛 → ∞?

d) Czy

𝑋

𝑛

⟹ 0, gdy 𝑛 → ∞?

Rozwiązanie:

(a) Sprawdzimy, czy

𝑋

𝑛

𝑃

→ 0, gdy 𝑛 → ∞?

Przypomnijmy, że

𝑋

𝑛

𝑃

→ 𝑋 ⇔ ⋀ lim

𝑛→∞

𝑃(|𝑋

𝑛

− 𝑋| > 𝜀) = 0.

𝜀>0

Zauważmy, że

⋀ lim

𝑛→∞

𝑃(|𝑋

𝑛

− 0| > 𝜀) =

𝜀>0

lim

𝑛→∞

𝑃(𝑋

𝑛

> 𝜀) ≤ lim

𝑛→∞

𝑃(𝑋

𝑛

= 𝑒

𝑛

) = lim

𝑛→∞

1

𝑛

= 0.

Stąd 𝑋

𝑛

𝑃

→ 0, gdy 𝑛 → ∞.

(b) Sprawdzimy, czy

𝑋

𝑛

𝑝.𝑝.

→ 0, gdy 𝑛 → ∞?

Skorzystamy z warunku, że

𝑋

𝑛

𝑝.𝑝.

→ 𝑋 ⇔ ⋀ lim

𝑁→∞

𝑃 (⋂{|𝑋

𝑛

− 𝑋| ≤ 𝜀}

∞

𝑛=𝑁

)

𝜀>0

= 1

Zauważmy, że dla 𝜀 > 0 i dostatecznie dużych 𝑁 mamy

𝑃 (⋂{|𝑋

𝑛

− 0| ≤ 𝜀}

∞

𝑛=𝑁

) = 𝑃 (⋂{𝑋

𝑛

= 0}

∞

𝑛=𝑁

) = 𝑃 (⋂ [

1

𝑛

, 1]

∞

𝑛=𝑁

) = 𝑃 ([

1

𝑁

, 1]) = 1 −

1

𝑁

.

Zatem

lim

𝑛→∞

𝑃 (⋂{|𝑋

𝑛

− 0| ≤ 𝜀}

∞

𝑛=𝑁

) = lim

𝑛→∞

(1 −

1

𝑁

) = 1,

co oznacza, że 𝑋

𝑛

𝑝.𝑝.

→ 0, gdy 𝑛 → ∞.

(c) Sprawdzimy, czy

𝑋

𝑛

𝐿

𝑝

→ 0, gdy 𝑛 → ∞?

Zauważmy, że dla

𝑝 ∈ (0, +∞), 𝐸|𝑋

𝑛

|

𝑝

=

𝑒

𝑛𝑝

𝑛

< ∞ oraz

lim

𝑛→∞

𝐸|𝑋

𝑛

− 0|

𝑝

= lim

𝑛→∞

𝐸|𝑋

𝑛

|

𝑝

= lim

𝑛→∞

[(𝑒

𝑛

)

𝑝

∙ 𝑃(𝑋

𝑛

= 𝑒

𝑛

) + 0

𝑝

∙ 𝑃(𝑋

𝑛

= 0)] = lim

𝑛→∞

𝑒

𝑛𝑝

𝑛

= +∞ .

2

Zatem nie jest prawdą, że 𝑋

𝑛

𝐿

𝑝

→ 0, gdy 𝑛 → ∞.

(d) Sprawdzimy, czy

𝑋

𝑛

⟹ 0, gdy 𝑛 → ∞?

Zauważmy, że

𝐹

𝑋

𝑛

(𝑥) = 𝑃(𝑋

𝑛

≤ 𝑥) = {

0, 𝑥 < 0,

1 −

1

𝑛

,

1, 𝑥 ≥ 𝑒

𝑛

.

𝑥 ∈ [0, 𝑒

𝑛

),

Ponadto

lim

𝑛→∞

𝐹

𝑋

𝑛

(𝑥) = {

0, 𝑥 < 0
1, 𝑥 ≥ 0

= 𝐹

𝑋

0

(𝑥), gdzie 𝑋

0

≡ 0,

czyli

𝑋

𝑛

⟹ 0, gdy 𝑛 → ∞.

2. Wiadomo, że prawdopodobieństwo urodzenia się chłopca wynosi ok. 0,515.

Oszacować prawdopodobieństwo (z twierdzenia de Moivre'a-Laplace'a), że wśród 10

tysięcy noworodków liczba chłopców nie przewyższy liczby dziewcząt.

Rozwiązanie:

Niech zmienna losowa

𝑋 określa liczbę urodzonych chłopców wśród 10 tysięcy

noworodków. Oczywiście zmienna losowa 𝑋 ma rozkład dwumianowy z parametrami 𝑛 =

10 000 oraz 𝑝 = 0,515. Z centralnego twierdzenia granicznego de Moivre'a-Laplace'a

mamy, że

𝑋 − 𝐸𝑋

𝜎𝑋

=

𝑋 − 𝑛𝑝

√𝑛𝑝𝑞

=

𝑋 − 5150

49,9775

~𝑁(0,1).

Zatem szukane prawdopodobieństwo wynosi

𝑃(𝑋 ≤ 5000) = 𝑃 (

𝑋 − 5150

49,9775

≤

5000 − 5150

49,9775

) = 𝑃 (

𝑋 − 5150

49,9775

≤ −3,0014) ≈

≈ Φ(−3,0014) = 1 − Φ(3,0014) = 1 − 0,9987 = 0,0013,

gdzie

Φ(𝑥) jest dystrybuanta rozkładu normalnego 𝑁(0,1).

3

3. Wiadomo, że średnia waga dorosłego człowieka wynosi 75 kg i odchylenie

standardowe wagi wynosi 3 kg (ale nie wiemy dokładnie jaki jest to rozkład). Samolot

zabiera 81 pasażerów. Obliczyć prawdopodobieństwo, że łączna waga pasażerów

przekroczy 6 ton.

Rozwiązanie:

Zauważmy, że z centralnego twierdzenia granicznego Lindeberga-Levy'ego wynika,

że dla ciągu 𝑋

1

, 𝑋

2

, … , 𝑋

𝑛

niezależnych zmiennych losowych o jednakowym rozkładzie,

takim, że

𝜇 = 𝐸𝑋

1

= 𝐸𝑋

2

=. . . = 𝐸𝑋

𝑛

oraz

𝜎

2

= 𝑉𝑎𝑟𝑋

1

= 𝑉𝑎𝑟𝑋

2

=. . . = 𝑉𝑎𝑟𝑋

𝑛

< ∞

wynika, że dla dostatecznie dużych 𝑛

𝑆

𝑛

− 𝐸𝑆

𝑛

√𝑉𝑎𝑟𝑆

𝑛

~𝑁(0, 1),

gdzie

𝑆

𝑛

= 𝑋

1

+ 𝑋

2

+. . . +𝑋

𝑛

,

𝐸𝑆

𝑛

= 𝐸𝑋

1

+ 𝐸𝑋

2

+ ⋯ + 𝐸𝑋

𝑛

= 𝑛𝜇,

𝑉𝑎𝑟𝑆

𝑛

= 𝑉𝑎𝑟𝑋

1

+ 𝑉𝑎𝑟𝑋

2

+. . . +𝑉𝑎𝑟𝑋

𝑛

= 𝑛𝜎

2

.

Zatem niech zmienna losowa

𝑋

𝑖

określa wagę (w kg)

𝑖 −tego pasażera, gdzie 𝑖 =

1, 2, … ,81. Natomiast zmienna losowa 𝑆

81

= 𝑋

1

+ 𝑋

2

+. . . +𝑋

81

określa łączną wagę tych

pasażerów.

Zamieniając tony na kg otrzymujemy, że szukane prawdopodobieństwo wynosi

𝑃(𝑆

81

> 6000) = 1 − 𝑃(𝑆

81

≤ 6000) = 1 − 𝑃 (

𝑆

81

− 𝐸𝑆

81

√𝑉𝑎𝑟𝑆

81

≤

6000 − 𝐸𝑆

81

√𝑉𝑎𝑟𝑆

81

) =

= 1 − 𝑃 (

𝑆

81

− 81 ∙ 75

√81 ∙ 3

2

≤

6000 − 81 ∙ 75

√81 ∙ 3

2

) = 1 − 𝑃 (

𝑆

81

− 81 ∙ 75

√81 ∙ 3

2

≤

6000 − 81 ∙ 75

√81 ∙ 3

2

) =

= 1 − 𝑃 (

𝑆

81

− 6075

27

≤

6000 − 6075

27

) ≈ 1 − Φ(−2,7778) =

= 1 − (1 − Φ(2,7778)) = Φ(2,7778) = 0,9973.

4

4. Zmienne losowe

𝑋 i 𝑌 są niezależne i mają jednakowe rozkłady wykładnicze z

parametrem

𝜆 = 1. Określmy następujące zmienne losowe 𝑈 = 𝑋 + 𝑌 oraz 𝑉 = 𝑋 − 𝑌.

Wyznaczyć gęstość rozkładu łącznego wektora (dwuwymiarowej zmiennej losowej)

(𝑋, 𝑌), a następnie gęstość wektora (𝑈, 𝑉) oraz gęstości brzegowe zmiennych 𝑈 i V. Czy

zmienne losowe

𝑈 i V są niezależne?

Rozwiązanie:

Niech

𝑓

𝑋

(𝑥) będzie gęstością zmiennej losowej 𝑋, a 𝑓

𝑌

(𝑦) gęstością zmiennej

losowej

𝑌. Wówczas

𝑓

𝑋

(𝑥) = {

𝑒

−𝑥

, 𝑥 > 0

0, 𝑥 ≤ 0

oraz

𝑓

𝑌

(𝑦) = {

𝑒

−𝑦

, 𝑦 > 0

0, 𝑦 ≤ 0

.

Korzystając z niezależności zmiennych losowych 𝑋 i 𝑌 możemy wyznaczyć gęstość

dwuwymiarowej zmiennej losowej (

𝑋, 𝑌):

𝑓

(𝑋,𝑌)

(𝑥, 𝑦) = 𝑓

𝑋

(𝑥) ∙ 𝑓

𝑌

(𝑦) = {

𝑒

−𝑥

∙ 𝑒

−𝑦

, 𝑥 > 0 i 𝑦 > 0

0,

𝑥 ≤ 0 lub 𝑦 ≤ 0

= {

𝑒

−(𝑥+𝑦)

, 𝑥 > 0 i 𝑦 > 0

0,

𝑥 ≤ 0 lub 𝑦 ≤ 0

.

Aby wyznaczyć gęstość dwuwymiarowej zmiennej losowej (𝑈, 𝑉) musimy

skorzystać z odpowiedniego wzoru na zmianę zmiennych.

Niech

ℎ: 𝑅

+

2

→ 𝑅

2

będzie przekształceniem danym wzorem ℎ(𝑥, 𝑦) = (𝑥 + 𝑦, 𝑥 − 𝑦).

Wyznaczymy teraz odwzorowanie odwrotne

ℎ

−1

. W tym celu niech

ℎ: {

𝑢 = 𝑥 + 𝑦
𝑣 = 𝑥 − 𝑦

dla

𝑥 > 0 i 𝑦 > 0.

Stąd dodając i odejmując powyższe równania stronami otrzymujemy, że

ℎ

−1

: {

𝑥 =

𝑢+𝑣

2

𝑦 =

𝑢−𝑣

2

dla

𝑢+𝑣

2

> 0 i

𝑢−𝑣

2

> 0.

Rozwiązując układ równań

{

𝑢 + 𝑣

2

> 0

𝑢 − 𝑣

2

> 0

dostajemy, że

5

{

𝑢 + 𝑣

2

> 0

𝑢 − 𝑣

2

> 0

{

𝑢 + 𝑣 > 0

𝑢 − 𝑣 > 0

Dodając stronami otrzymujemy, że 𝑢 > 0. Ponadto z powyższego układu nierówności

dostajemy, że

{

𝑣 > −𝑢

𝑣 < 𝑢

,

czyli

𝑣 ∈ (−𝑢, 𝑢) lub |𝑣| < 𝑢.

Stąd ostatecznie

ℎ

−1

: {

𝑥 =

𝑢+𝑣

2

𝑦 =

𝑢−𝑣

2

dla 𝑢 > 0 i 𝑣 ∈ (−𝑢, 𝑢).

Obliczmy teraz jakobian przekształcenia odwrotnego ℎ

−1

:

𝐽

ℎ

−1

= |

𝜕𝑥
𝜕𝑢

𝜕𝑥
𝜕𝑣

𝜕𝑦
𝜕𝑢

𝜕𝑦
𝜕𝑣

| = |

1
2

1
2

1
2

−

1
2

| = −

1
4

−

1
4

= −

1
2

.

Zatem gęstość dwuwymiarowej zmiennej losowej (𝑈, 𝑉) wyraża się wzorem:

𝑓

(𝑈,𝑉)

(𝑢, 𝑣) = {

𝑓

(𝑋,𝑌)

(ℎ

−1

(𝑢, 𝑣)) ∙ |𝐽

ℎ

−1

|, dla 𝑢 > 0 i 𝑣 ∈ (−𝑢, 𝑢)

0, poza

=

= {

𝑓

(𝑋,𝑌)

(

𝑢 + 𝑣

2

,

𝑢 − 𝑣

2

) ∙ |−

1
2

| , dla 𝑢 > 0 i 𝑣 ∈ (−𝑢, 𝑢)

0, poza

=

= {𝑒

−(

𝑢+𝑣

2 +

𝑢−𝑣

2 )

∙

1
2

, dla 𝑢 > 0 i 𝑣 ∈ (−𝑢, 𝑢)

0, poza

= {

𝑒

−𝑢

2

, dla 𝑢 > 0 i 𝑣 ∈ (−𝑢, 𝑢)

0, poza

.

Wyznaczymy teraz gęstości rozkładów brzegowych, czyli gęstości zmiennych 𝑈 =

𝑋 + 𝑌 oraz 𝑉 = 𝑋 − 𝑌.

𝑓

𝑈

(𝑢) = ∫ 𝑓

(𝑈,𝑉)

(𝑢, 𝑣)

+∞

−∞

𝑑𝑣 = {

∫

𝑒

−𝑢

2

𝑑𝑣, 𝑢 > 0

𝑢

−𝑢

0,

𝑢 ≤ 0

= {

𝑒

−𝑢

2

[𝑣]

−𝑢

𝑢

, 𝑢 > 0

0,

𝑢 ≤ 0

= {

𝑢𝑒

−𝑢

, 𝑢 > 0

0,

𝑢 ≤ 0

.

6

𝑓

𝑉

(𝑣) = ∫ 𝑓

(𝑈,𝑉)

(𝑢, 𝑣)

+∞

−∞

𝑑𝑢 = ∫

𝑒

−𝑢

2

𝑑𝑢 =

1
2

∙ [−𝑒

−𝑢

]

|𝑣|

+∞

=

+∞

|𝑣|

1
2

∙ (0 + 𝑒

−|𝑣|

)

=

𝑒

−|𝑣|

2

, dla 𝑣 ∈ 𝑅.

Zauważmy, że np.

𝑓

(𝑈,𝑉)

(1,2) = 0

oraz

𝑓

𝑈

(1) ∙ 𝑓

𝑉

(2) = 𝑒

−1

∙

𝑒

−2

2

=

1

2𝑒

3

≠ 0,

czyli zmienne losowe

𝑈 i V nie są niezależne.

5. Zmienne losowe

𝑋

1

, 𝑋

2

, … , 𝑋

𝑛

są niezależne i mają dystrybuanty

𝐹

1

(𝑥), 𝐹

2

(𝑥), … , 𝐹

𝑛

(𝑥).

Wyznaczyć dystrybuanty zmiennych losowych 𝑀

𝑛

= max(𝑋

1

, 𝑋

2

, … , 𝑋

𝑛

) oraz

𝑚

𝑛

= min(𝑋

1

, 𝑋

2

, … , 𝑋

𝑛

)

. Ponadto wyznaczyć dystrybuanty zmiennych losowych 𝑀

𝑛

i

𝑚

𝑛

przy dodatkowym założeniu, że zmienne losowe

𝑋

1

, 𝑋

2

, … , 𝑋

𝑛

mają taki sam rozkład,

czyli

𝐹

1

(𝑥) = 𝐹

2

(𝑥) = … = 𝐹

𝑛

(𝑥) = 𝐹(𝑥).

Rozwiązanie:

Korzystając z niezależności zmiennych losowych 𝑋

1

, 𝑋

2

, … , 𝑋

𝑛

otrzymujemy, że

𝐹

𝑀

𝑛

(𝑥) = 𝑃(𝑀

𝑛

≤ 𝑥) = 𝑃(max(𝑋

1

, 𝑋

2

, … , 𝑋

𝑛

) ≤ 𝑥) = 𝑃(𝑋

1

≤ 𝑥, … , 𝑋

𝑛

≤ 𝑥) =

= 𝑃(𝑋

1

≤ 𝑥) ∙ … ∙ 𝑃(𝑋

𝑛

≤ 𝑥) = 𝐹

𝑋

1

(𝑥) ∙ … ∙ 𝐹

𝑋

𝑛

(𝑥)

oraz

𝐹

𝑚

𝑛

(𝑥) = 𝑃(𝑚

𝑛

≤ 𝑥) = 𝑃(min(𝑋

1

, 𝑋

2

, … , 𝑋

𝑛

) ≤ 𝑥) = 1 − 𝑃(min(𝑋

1

, 𝑋

2

, … , 𝑋

𝑛

) > 𝑥) =

= 1 − 𝑃(𝑋

1

> 𝑥, … , 𝑋

𝑛

> 𝑥) = 1 − 𝑃(𝑋

1

> 𝑥) ∙ … ∙ 𝑃(𝑋

𝑛

> 𝑥) =

= 1 − (1 − 𝑃(𝑋

1

≤ 𝑥)) ∙ … ∙ (1 − 𝑃(𝑋

𝑛

≤ 𝑥)) = 1 − (1 − 𝐹

𝑋

1

(𝑥)) ∙ … ∙ (1 − 𝐹

𝑋

𝑛

(𝑥)).

Ponadto, gdy dodatkowo zmienne losowe

𝑋

1

, 𝑋

2

, … , 𝑋

𝑛

mają taki sam rozkład, czyli

𝐹

1

(𝑥) = 𝐹

2

(𝑥) = … = 𝐹

𝑛

(𝑥) = 𝐹(𝑥)

to

𝐹

𝑀

𝑛

(𝑥) = 𝐹

𝑛

(𝑥)

oraz

7

𝐹

𝑚

𝑛

(𝑥) = 1 − (1 − 𝐹(𝑥))

𝑛

.

Jeżeli dodatkowo założymy, że zmienne losowe 𝑋

1

, 𝑋

2

, … , 𝑋

𝑛

mają (tę samą ) funkcję

gęstości 𝑓(𝑥), czyli

𝑓(𝑥) = 𝐹

′

(𝑥),

to wówczas funkcje gęstości zmiennych 𝑀

𝑛

i

𝑚

𝑛

mają postać

𝑓

𝑀

𝑛

(𝑥) = 𝑛𝐹

𝑛−1

(𝑥)𝑓(𝑥)

oraz

𝑓

𝑚

𝑛

(𝑥) = 𝑛(1 − 𝐹(𝑥))

𝑛−1

𝑓(𝑥).

6. Niech {

𝑋

𝑛

, 𝑛 ≥ 1} będzie ciągiem zmiennych losowych takim, że 𝑃(𝑋

𝑛

= 1) = 1 −

1

𝑛

i

𝑃(𝑋

𝑛

= 0) =

1

𝑛

. Wyznaczyć słabą granicę ciągu {𝑋

𝑛

, 𝑛 ≥ 1}.

Rozwiązanie:

Na początku wyznaczmy dystrybuantę zmiennej losowej 𝑋

𝑛

:

𝐹

𝑋

𝑛

(𝑥) = 𝑃(𝑋

𝑛

≤ 𝑥) = {

0, 𝑥 < 0

1

𝑛

, 0 ≤ 𝑥 < 1

1, 𝑥 ≥ 1

.

Obliczmy teraz do czego dąży dystrybuanta 𝐹

𝑋

𝑛

(𝑥), gdy 𝑛 → ∞:

lim

𝑛→∞

𝐹

𝑋

𝑛

(𝑥) = lim

𝑛→∞

{

0,

𝑥 < 0

1
𝑛

, 0 ≤ 𝑥 < 1

1,

𝑥 ≥ 1

= {

0, 𝑥 < 1

1, 𝑥 ≥ 1

.

Zauważmy, że funkcja graniczna jest dystrybuantą zmiennej losowej 𝑋

0

:

𝐹

𝑋

0

(𝑥) = {

0, 𝑥 < 1

1, 𝑥 ≥ 1

,

zatem zmienna losowa

𝑋

0

taka, że

𝑃(𝑋

0

= 1) = 1 jest słabą granicą ciągu {𝑋

𝑛

, 𝑛 ≥ 1}, co

zapisujemy jako

𝑋

𝑛

⇒ 𝑋

0

lub

𝑋

𝑛

⇒ 1.

Zauważmy, że zbieżność

lim

𝑛→∞

𝐹

𝑋

𝑛

(𝑥) = 𝐹

𝑋

0

(𝑥)

8

ma miejsce dla wszystkich

𝑥 ∈ 𝑅, a wystarczyłoby, aby zbieżność ta miała miejsce dla

wszystkich punktów ciągłości dystrybuanty granicznej 𝐹

𝑋

0

, czyli dla 𝑥 ∈ 𝑅\{1} ( u nas dla

𝑥

0

= 1 zbieżność ta też ma miejsce).

7. Niech {

𝑋

𝑛

, 𝑛 ≥ 1} będzie ciągiem niezależnych zmiennych losowych o jednakowym

rozkładzie jednostajnym 𝑈(0, 1). Wyznaczyć rozkład graniczny dla 𝑌

𝑛

= 𝑛(1 − 𝑀

𝑛

).

Rozwiązanie:

Ponieważ {𝑋

𝑛

, 𝑛 ≥ 1} jest ciągiem niezależnych zmiennych losowych o jednakowym

rozkładzie jednostajnym 𝑈(0, 1), to

𝑓

𝑋

𝑛

(𝑥) = 𝑓(𝑥) = {

1, 𝑥 ∈ (0,1)
0, 𝑥 ∉ (0,1)

, dla

𝑛 ≥ 1

oraz

𝐹

𝑋

𝑛

(𝑥) = 𝐹(𝑥) = {

0, 𝑥 < 0

𝑥, 0 ≤ 𝑥 < 1

1, 𝑥 ≥ 1

, dla

𝑛 ≥ 1.

Ponadto,

przy

naszych

założeniach,

dystrybuanta

zmiennej

losowej

𝑀

𝑛

= 𝑚𝑎𝑥(𝑋

1

, 𝑋

2

, … , 𝑋

𝑛

) ma postać (na mocy zadania 1):

𝐹

𝑀

𝑛

(𝑥) = 𝐹

𝑛

(𝑥) = {

0, 𝑥 < 0

𝑥

𝑛

, 0 ≤ 𝑥 < 1

1, 𝑥 ≥ 1

.

Wyznaczymy teraz dystrybuantę zmiennej losowej 𝑌

𝑛

w oparciu o dystrybuantę

zmiennej losowej

𝑀

𝑛

𝐹

𝑌

𝑛

(𝑥) = 𝑃(𝑌

𝑛

≤ 𝑥) = 𝑃(𝑛(1 − 𝑀

𝑛

) ≤ 𝑥) = 𝑃 (1 − 𝑀

𝑛

≤

𝑥
𝑛

) = 𝑃 (𝑀

𝑛

≥ 1 −

𝑥
𝑛

) =

= 1 − 𝑃 (𝑀

𝑛

< 1 −

𝑥
𝑛

) = 1 − 𝑃 (𝑀

𝑛

≤ 1 −

𝑥
𝑛

) = 1 − 𝐹

𝑀

𝑛

(1 −

𝑥
𝑛

)

= 1 −

{

0,

1 −

𝑥
𝑛

< 0

(1 −

𝑥
𝑛

)

𝑛

, 0 ≤ 1 −

𝑥
𝑛

< 1

1,

1 −

𝑥
𝑛

≥ 1

=

9

= {

1, 𝑥 > 𝑛

1 − (1 −

𝑥

𝑛

)

𝑛

, 0 < 𝑥 ≤ 𝑛

0, 𝑥 ≤ 0

= {

0, 𝑥 ≤ 0

1 − (1 −

𝑥

𝑛

)

𝑛

, 0 < 𝑥 ≤ 𝑛

1, 𝑥 > 𝑛

.

Mając dystrybuantę zmiennej losowej 𝑌

𝑛

możemy już wyznaczyć jej rozkład

graniczny:

lim

𝑛→∞

𝐹

𝑌

𝑛

(𝑥) = lim

𝑛→∞

{

0,

𝑥 ≤ 0

1 − (1 −

𝑥
𝑛

)

𝑛

, 0 < 𝑥 ≤ 𝑛

1,

𝑥 > 𝑛

= {

0,

𝑥 ≤ 0

1 − 𝑒

−𝑥

, 𝑥 > 0

= {

0,

𝑥 < 0

1 − 𝑒

−𝑥

, 𝑥 ≥ 0

.

Zauważmy, że otrzymana w granicy funkcja jest dystrybuantą zmiennej losowej o

rozkładzie wykładniczym z parametrem 𝜆 = 1 (czyli zmiennej losowej 𝐸𝑥𝑝(1)).

Oczywiście powyższa zbieżność ma miejsce dla wszystkich punktów ciągłości granicznej

dystrybuanty (czyli dla wszystkich

𝑥 ∈ 𝑅).

Zatem

𝑌

𝑛

⇒ 𝐸𝑥𝑝(1),

czyli granicznym rozkładem zmiennej losowej 𝑌

𝑛

= 𝑛(1 − 𝑀

𝑛

) jest rozkład wykładniczy z

parametrem

𝜆 = 1.

8. Niech {

𝑋

𝑛

, 𝑛 ≥ 1} będzie ciągiem niezależnych zmiennych losowych o jednakowym

rozkładzie wykładniczym 𝐸𝑥𝑝(1). Wyznaczyć rozkłady graniczne dla 𝑌

𝑛

=

1

𝑛

𝑒

𝑀

𝑛

,

𝑍

𝑛

= 𝑀

𝑛

− ln 𝑛.

Rozwiązanie:

Skoro {

𝑋

𝑛

, 𝑛 ≥ 1} jest ciągiem niezależnych zmiennych losowych o jednakowym

rozkładzie wykładniczym 𝐸𝑥𝑝(1), to

𝑓

𝑋

𝑛

(𝑥) = 𝑓(𝑥) = {

𝑒

−𝑥

, 𝑥 > 0

0, 𝑥 ≤ 0

, dla

𝑛 ≥ 1

oraz

𝐹

𝑋

𝑛

(𝑥) = 𝐹(𝑥) = {

0, 𝑥 < 0

1 − 𝑒

−𝑥

, 𝑥 ≥ 0

, dla

𝑛 ≥ 1.

Wyznaczmy najpierw dystrybuantę zmiennej losowej 𝑀

𝑛

𝐹

𝑀

𝑛

(𝑥) = 𝐹

𝑛

(𝑥) = {

0, 𝑥 < 0

(1 − 𝑒

−𝑥

)

𝑛

, 𝑥 ≥ 0

.

10

Wyznaczymy teraz dystrybuantę zmiennej losowej 𝑌

𝑛

𝐹

𝑌

𝑛

(𝑥) = 𝑃(𝑌

𝑛

≤ 𝑥) = 𝑃 (

1
𝑛

𝑒

𝑀

𝑛

≤ 𝑥) = 𝑃(𝑒

𝑀

𝑛

≤ 𝑛𝑥) = {

0, 𝑥 ≤ 0

𝑃(𝑀

𝑛

≤ ln(𝑛𝑥)), 𝑥 > 0

=

= {

0, 𝑥 ≤ 0

𝐹

𝑀

𝑛

(ln(𝑛𝑥)), 𝑥 > 0 = {

0, 𝑥 ≤ 0

0, ln(𝑛𝑥) < 0

(1 − 𝑒

− ln(𝑛𝑥)

)

𝑛

, ln(𝑛𝑥) ≥ 0

= {

0, 𝑥 <

1

𝑛

(1 −

1

𝑛𝑥

)

𝑛

, 𝑥 ≥

1

𝑛

.

Zatem

lim

𝑛→∞

𝐹

𝑌

𝑛

(𝑥) = lim

𝑛→∞

{

0, 𝑥 <

1
𝑛

(1 −

1

𝑛𝑥

)

𝑛

, 𝑥 ≥

1
𝑛

= {

0,

𝑥 ≤ 0

𝑒

−

1
𝑥

, 𝑥 > 0

,

czyli rozkładem granicznym zmiennej losowej 𝑌

𝑛

=

1

𝑛

𝑒

𝑀

𝑛

jest rozkład zmiennej losowej

𝑌

0

(𝑌

𝑛

⇒ 𝑌

0

) o dystrybuancie

𝐹

𝑌

0

(𝑥) = {

0,

𝑥 ≤ 0

𝑒

−

1
𝑥

, 𝑥 > 0

.

Wyznaczymy teraz dystrybuantę zmiennej losowej 𝑍

𝑛

𝐹

𝑍

𝑛

(𝑥) = 𝑃(𝑍

𝑛

≤ 𝑥) = 𝑃(𝑀

𝑛

− ln 𝑛 ≤ 𝑥) = 𝑃(𝑀

𝑛

≤ 𝑥 + ln 𝑛) = 𝐹

𝑀

𝑛

(𝑥 + ln 𝑛) =

= {

0, 𝑥 + ln 𝑛 < 0

(1 − 𝑒

−(𝑥+ln 𝑛)

)

𝑛

, 𝑥 + ln 𝑛 ≥ 0

= {

0, 𝑥 < − ln 𝑛

(1 −

𝑒

−𝑥

𝑛

)

𝑛

, 𝑥 ≥ −ln 𝑛

.

Zatem

lim

𝑛→∞

𝐹

𝑍

𝑛

(𝑥) = lim

𝑛→∞

{

0, 𝑥 < − ln 𝑛

(1 −

𝑒

−𝑥

𝑛

)

𝑛

, 𝑥 ≥ ln 𝑛

= 𝑒

−𝑒

−𝑥

, 𝑥 ∈ 𝑅,

czyli rozkładem granicznym zmiennej losowej 𝑍

𝑛

= 𝑀

𝑛

− ln 𝑛 jest rozkład zmiennej

losowej

𝑍

0

(

𝑍

𝑛

⇒ 𝑍

0

) o dystrybuancie

𝐹

𝑍

0

(𝑥) = 𝑒

−𝑒

−𝑥

, 𝑥 ∈ 𝑅.