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 D2X,
d) wyznaczyć dystrybuantę zmiennej losowej X.
Rozwiązanie:
1
−1
∞
−1
a) P(|X| ≥ 1/2)= P(xє[ 1 ;∞))+P(xє(-∞;- 1 ])= ∫(1− x) d x +
2
∫0 d x + ∫ 0 d x +
=
2
2
1
∫ (1+ x) d x
1
− ∞
2
−1
= (x- x 2 )|11/2 +(x+ x 2 ) |-1/2-1= 1 -0.5 - (0.5-0.125) + (-0.5+0.125)- (-1+0.5) = 0.25
2
2
∞
0
1
b) EX= ∫
x 2
x 2
x * f ( x ) d x = ∫ x*(1+ x) d x+∫ x *(1− x) d x = ( + x 3) |0-1 + ( - x 3) |10=
− ∞
−1
0
2
3
2
3
= 0 – (1/2-1/3) + 1/2-1/3 – 0 = 0
∞
−1
0
1
∞
c)D2X= ∫ ( x− E X )2 * f ( x) d x = ∫ x 2 * 0 d x + ∫ x 2(1+ x) d x + ∫ x 2(1− x) d x + ∫ x 2 * 0 d x =(
− ∞
− ∞
−1
0
1
x 3 + x 4 )|0
1
-1 + ( x 3 - x 4 )|10= 1 - 1 + 1 −
= 1
3
4
3
4
3 4
3
4
6
d)F’(x)=f(x)
x
F(x)= ∫ 0 d t =0 dla x≤-1
− ∞
−1
x
F(x)= ∫ 0 d t + ∫
t 2
(1
1
+ t ) d t=( t+ ) )|x-1= x+ x 2 + dla xє(-1;0]
2
2 2
− ∞
−1
−1
0
x
F(x)= ∫
t 2
0 d t + ∫
0
(1+ t ) d t+∫(1− t ) d t=( t+ )∣ -1 + (t- t 2 )|x0= 1 +x- x 2 dla xє(0;1]
2
2
2
2
− ∞
−1
0
−1
0
1
x
F(x)= ∫
1
1
0 d t + ∫(1+ t ) d t+∫(1− t ) d t +∫0 d t=0+1− +1− +0=1 dla x>1
2
2
− ∞
−1
0
1
Odpowiedź:
a) P(|X| ≥ ½) = 0.25
b) EX = 0
c) D2X = 1/6
d) F(x)= 0
dla x≤-1
x+ x 2 1
+
dla xє(-1;0]
2 2
1 +x- x 2
dla xє(0;1]
Autor: Marcin Puścizna grupa 9
2
2
1
dla x>1
29.01.2014