Rachunek prawdopodobieństwa MAP1151
Wydział Elektroniki, rok akad. 2009/10, sem. letni
Wykładowca: dr hab. A. Jurlewicz
Przykłady do listy 3: Zmienne losowe dyskretne. Rozkłady Bernoulliego
(dwumianowy), Pascala, Poissona. Przybliżenie Poissona rozkładu
dwumianowego. Zmienne losowe typu ciągłego. Gęstość
prawdopodobieństwa. Rozkład jednostajny, normalny, wykładniczy.
Transformacje zmiennej losowej.
Przykłady do zadania 3.1 :
(a) Niech X oznacza ocenÄ™ z egzaminu (w czterostopniowej skali ocen: 2, 3, 4, 5) losowo wybranego
studenta z dużej grupie studenckiej. Rozkład tej zmiennej losowej podany jest w tabeli:
n 1 2 3 4
xn 2 3 4 5
pn 0,1 0,3 0,4 C
Wyznacz stałą C i oblicz prawdopodobieństwo, że ocena jest wyższa niż 3.
" pn 0 Ô! C 0
4

" pn = 0, 1 + 0, 3 + 0, 4 + C = 0, 8 + C = 1 Ô! C = 0, 2
n=1
" Oba warunki spełnione są dla C = 0, 2.
" P (X > 3) = P (X = 4) + P (X = 5) = p3 + p4 = 0, 4 + 0, 2 = 0, 6

1
(b) Dla jakiej wartości stałej c ciąg pn = c ln 1 - , n = 2, 3, . . ., określa rozkład pewnej
n2
zmiennej losowej? Podać trzy różne przykłady takiej zmiennej losowej i wyliczyć dla każdego z
nich prawdopodobieństwo, że zmienna ta jest większa od 5,2 i mniejsza od 7,9999.
1
" pn 0 dla każdego n wtedy i tylko wtedy, gdy c 0 (bo 1 - < 1).
n2

" "

1
" pn = c(ln(n - 1) + ln(n + 1) - 2 ln n) = lim c(ln 1 + - ln 2) = c(- ln 2) = 1
n
n"
n=2 n=2
1
wtedy i tylko wtedy, gdy c = - .
ln 2
1
" Oba warunki są spełnione dla c = - .
ln 2
" Aby podać rozkład zmiennej losowej z wykorzystaniem pn trzeba jeszcze określić zbiór jej
wartości, czyli różnowartościowy ciąg (xn).
Przykład 1.
Zmienna losowa X, dla której xn = n dla n = 2, 3, 4, . . .. (Zbiór wartości to {2, 3, . . .}.)
Wtedy P (5, 2 < X < 7, 9999) = P (X = 6) + P (X = 7) = p6 + p7 =

1 1 1
= - ln 1 - + ln 1 - H" 0, 07.
ln 2 36 49
Przykład 2.
12 12
Zmienna losowa Y , dla której xn = dla n = 2, 3, 4, . . .. (Zbiór wartości to {6, 4, 3, , . . .}.)
n 5

1 1
Wtedy P (5, 2 < Y < 7, 9999) = P (Y = 6) = p2 = - ln 1 - H" 0, 415.
ln 2 4
Przykład 3.
Zmienna losowa Z, dla której xn = 8+n2 dla n = 2, 3, 4, . . .. (Zbiór wartości to {12, 17, . . .}.)
Wtedy P (5, 2 < Z < 7, 9999) = 0.
1
(c) Zmienna losowa X przyjmuje wartość xn = 2n, n = 1, 2, . . ., z prawdopodobieństwem pn
1
proporcjonalnym do . Wyliczyć prawdopodobieństwo, że zmienna ta jest większa od 4,5 i
3n
mniejsza od 6,3.
" ciag {xn} jest różnowartościowy;
c
" pn = 0 dla każdego n wtedy i tylko wtedy, gdy c 0.
3n
" "

1 c 1 c
" pn = c = · = = 1 wtedy i tylko wtedy, gdy c = 2.
1
3n 3 1 - 2
n=1 n=1
3
2
" Wszystkie warunki na ciąg określający rozkład są spełnione dla c = 2, tzn. pn = .
3n
2
" P (4, 5 < X < 6, 3) = P (X = 6) = p3 = H" 0, 0741.
33
Przykład do zadania 3.2 :
(a) Wiadomo, że 1% skrzynek pomarańczy psuje się w czasie transportu. Z transportu w sposób
losowy pobiera się 10 skrzynek i transport ten jest odrzucany, gdy więcej niż 10% badanych
skrzynek zawiera popsute owoce. Jakie jest prawdopodobieństwo odrzucenia transportu?
" Model: schemat Bernoulliego, sukces-wybranie skrzynki z popsutymi owocami,
p = 0, 01 (1%), n = 10.
" Niech X oznacza ilość skrzynek z popsutymi owocami wśród 10 badanych.
X ma rozkład Bernoulliego B(n = 10, p = 0, 01), czyli przyjmuje wartość xk = k

10
z prawdopodobieństwem pk = (0, 01)k(1 - 0, 01)10-k dla k = 0, 1, . . . , 10.
k
" Transport jest odrzucany, gdy X > 10% · 10 = 1.
Prawdop. odrzucenia transportu wynosi zatem P (X > 1) = 1 - P (X = 0) - P (X = 1) =

10 10
= 1 - (0, 01)0(1 - 0, 01)10 - (0, 01)1(1 - 0, 01)9 H" 0, 0043.
0 1
(b) Na podstawie pewnych badań stwierdzono, że zmienna losowa X opisująca procent zanieczysz-
czeń w próbce rudy miedzi ma rozkład o dystrybuancie
Å„Å‚
ôÅ‚ 0 dla x 0,
òÅ‚
F (x) = x3(4 - 3x) dla 0 < x 1,
ôÅ‚
ół
1 dla x > 1.
Wybrano niezależnie cztery próbki. Wyznaczyć prawdopodobieństwo, że
(1) dokładnie jedna próbka zawiera ponad 50% zanieczyszczeń;
(2) co najmniej jedna próbka zawiera ponad 50% zanieczyszczeń.
2
" Model: schemat Bernoulliego,
sukces-procent zanieczyszczeń w próbce jest większy niż 50%, czyli X > 0, 5;
11
p = P (X > 0, 5) = 1 - lim F (x) = , n = 4.
16
x0,5+
" Niech Y oznacza ilość próbek z więcej niż 50% zanieczyszczeń wśród 4 badanych (czyli

11
ilość sukcesów w n = 4 próbach). Y ma rozkład Bernoulliego B n = 4, p = , czyli
16
przyjmuje wartość xk = k z prawdopodobieństwem
k 4-k
4
11 11
pk = 1 - dla k = 0, 1, . . . , 4.
k 16 16
" Mamy zatem
1 3
4
11 11
(1) P (Y = 1) = 1 - H" 0, 084;
1 16 16
0 4
4
11 11
(2) P (Y 1) = 1 - P (Y = 0) = 1 - 1 - H" 0, 99.
0 16 16
(c) Rzucamy symetryczną kostką tak długo aż wypadnie  6 . Niech X oznacza liczbę wykonanych
rzutów. Jakie są możliwe wartości X i z jakim prawdopodobieństwem przyjmuje każdą z nich?
Wyznaczyć prawdopodobieństwo, że będzie potrzebna parzysta liczba rzutów.
1
" Model: schemat Bernoulliego, sukces-wypadła  szóstka , p = .
6
" X to czas oczekiwania na pierwszy sukces, który przyjmuje wartości k = 1, 2, . . . z praw-
k-1 k
1 1 1 5
dopodobieÅ„stwami pk = P (X = k) = 1 - · = · .
6 6 5 6
" Prawdopodobieństwo, że będzie potrzebna parzysta liczba rzutów, wynosi
2l
"

1 5 5
P (X parzyste) = pk = = H" 0, 45.
5 6 11
k parzyste l=1
(Uwaga: jest ono różne od 0,5).
(d) Gra polega na zarzucaniu krążków na kołek. Gracz otrzymuje ich sześć i rzuca je aż do pierw-
szego celnego rzutu. Obliczyć prawdopodobieństwo, że po zarzuceniu krążka zostanie graczowi
jeszcze co najmniej jeden krążek, jeżeli prawdopodobieństwo trafienia na kołek przy każdym
rzucie wynosi 0,1.
" Model: schemat Bernoulliego, sukces-trafienie na kołek, p = 0, 1.
" Wyobraz
my sobie, że mamy nieograniczoną liczbę krążków, i oznaczmy przez Y czas ocze-
kiwania na pierwsze trafienie. Wiemy, że Y ma rozkład geometryczny Geo(0, 1), czyli
przyjmuje wartość xk = k z prawdop. pk = 0, 1 · (1 - 0, 1)k-1 dla k = 1, 2, . . ..
" Graczowi zostanie co najmniej jeden krążek, gdy Y 5.
Szukane prawdopod. wynosi zatem
5 5

P (Y 5) = pk = 0, 1 · (0, 9)k-1 = 1 - (0, 9)5 H" 0, 41.
k=1 k=1
3
Przykłady do zadania 3.3 :
(a) Dla X o rozkładzie Bernoulliego B(n = 100, p = 0, 01) wyliczyć P (X > 2) i porównać otrzy-
many wynik z przybliżeniem Poissona.
" Ze wzorów dokładnych dostajemy
P (X > 2) = 1 - (P (X = 0) + P (X = 1) + P (X = 2)) =

100 · 99
= 1 - 0, 99100 + 100 · 0, 01 · 0, 9999 + 0, 0120, 9998 H" 0, 0794.
2
" Z tw. Poissona otrzymujemy przybliżenie
P (X > 2) H" 1 - p0 - p1 - p2 = 1 - 0, 3679 - 0, 3679 - 0, 1839 = 0, 0803, gdzie pk odczytane
sÄ… z tablic rozkÅ‚adu Poissona dla  = np = 100 · 0, 01 = 1.
Porównanie otrzymanych wartości P (X > 2):
wzory dokładne z tw. Poissona
0,0794 0,0803
(Błąd przybliżenia istotnie nie przekracza tu np2 = 0, 01.)
(b) Wśród ziaren pszenicy znajduje się 0.6% ziaren chwastów. Oszacować na podstawie przybliżenia
Poissona, jakie jest prawdopodobieństwo, że wśród 1000 losowo wybranych ziaren znajduje się
(1) co najwyżej 16 ziaren chwastów, (2) co najmniej 3 ziarna chwastów, (3) dokładnie 6 ziaren
chwastów. Oszacować błąd przybliżenia.
" Model: schemat Bernoulliego, sukces-natrafiono na ziarno chwastu, p = 0, 006, n = 1000.
" Niech X oznacza liczbę sukcesów, czyli liczbę ziaren chwastów wśród 1000 ziaren.
16

(1) P (X 16) H" pk = 0, 9998;
k=0
gdzie pk odczytane sÄ… z tablic rozkÅ‚adu Poissona z  = np = 1000 · 0, 006 = 6.
(2) P (X 3) H" 1 - p0 - p1 - p2 = 1 - 0, 0025 - 0, 0149 - 0, 0446 = 1 - 0, 0620 = 0, 9380;
gdzie pk odczytane z tablic rozkÅ‚adu Poissona z  = np = 1000 · 0, 006 = 6.
(3) P (X = 6) H" p6 = 0, 1606,
gdzie p6 odczytane z tablic rozkÅ‚adu Poissona z  = np = 1000 · 0, 006 = 6.
Błąd przybliżenia w każdym przypadku nie przekracza np2 = 0, 036.
4
(c) Prawdopodobieństwo, że dowolna osoba odpowie na przesłaną pocztą reklamę i zamówi książkę,
wynosi 0,1. Reklamę wysłano do 20 osób. Obliczyć prawdopodobieństwo, że (1) dokładnie
2 osoby, (2) więcej niż 2 osoby przyślą zamówienia. Obliczenia wykonać metodą dokładną i
przybliżoną z tw. Poissona. Porównać wyniki.
" Model: schemat Bernoulliego, sukces-osoba odpowie na reklamÄ™, p = 0, 1, n = 20.
" Niech X oznacza liczbę osób, które zamówiły książkę, czyli liczbę sukcesów.

20
(1) Wzór dokładny: P (X = 2) = (0, 1)2(1 - 0, 1)20-2 H" 0, 2852.
2
Przybliżenie Poissona: P (X = 2) H" p2 = 0, 2707; gdzie
p2 odczytane z tablic rozkÅ‚adu Poissona z  = np = 20 · 0, 1 = 2.
(2) Wzory dokładne: P (X > 2) = 1 - P (X = 0) - P (X = 1) - P (X = 2) =

20 20 20
= 1 - (0, 1)0(1 - 0, 1)20-0 - (0, 1)1(1 - 0, 1)20-1 - (0, 1)2(1 - 0, 1)20-2 =
0 1 2
= 1 - (0, 9)20 - 20 · 0, 1 · (0, 9)19 - 190 · (0, 1)2 · (0, 9)18 H" 0, 3231.
Przybliżenie Poissona:
P (X > 2) H" 1 - p0 - p1 - p2 = 1 - 0, 1353 - 0, 2707 - 0, 2707 = 0, 3233;
gdzie pk odczytane z tablic rozkÅ‚adu Poissona z  = np = 20 · 0, 1 = 2.
Porównanie otrzymanych wartości :
wzory dokładne z tw. Poissona
P (X = 2) 0,2852 0,2707
P (X > 2) 0,3231 0,3233
(Błąd przybliżenia istotnie nie przekracza np2 = 0, 2.)
(d) Przy masowych prześwietleniach małoobrazkowych prawdopodobieństwo natrafienia na chorego
na gruz
licę jest 0,01. Na podstawie przybliżenia Poissona oszacować prawdopodobieństwo, że
wśród 200 ludzi prześwietlonych będzie nie mniej niż 3 chorych. Oszacować błąd przybliżenia.
" Model: schemat Bernoulliego, sukces-pacjent jest chory, p = 0, 01, n = 200.
" Niech X oznacza liczbę chorych. Mamy oszacować P (X 3).
" Przybliżenie Poissona: P (X 3) H" 1 - p0 - p1 - p2 =
= 1 - 0, 1353 - 0, 2707 - 0, 2707 = 0, 3233;
gdzie pk odczytane z tablic rozkÅ‚adu Poissona z  = np = 200 · 0, 01 = 2.
" Błąd przybliżenia nie przekracza np2 = 0, 02.
5
Przykłady do zadania 3.4 :
Å„Å‚
òÅ‚
0 dla x 1,
c
(a) Czy można dobrać stałą c tak, aby funkcja f(x) = była gęstością pewnego
ół
dla x > 1
x4/3
rozkładu probabilistycznego? Odpowiedz
uzasadnić.
"

" "
dx
1
" f(x)dx = c = -3cx-1/3 = 3c = 1 wtedy i tylko wtedy, gdy c = .

3

x4/3
-" 1
1
" Dla takiego c f(x) 0 dla każdego x, więc wtedy oba warunki na gęstość są spełnione.
1
" Odp. Tak, c = .
3
Å„Å‚
òÅ‚
0 dla x 1,
c
(b) Czy można dobrać stałą c tak, aby funkcja f(x) = była gęstością pewnego
ół
dla x > 1
x1/3
rozkładu probabilistycznego? Odpowiedz
uzasadnić.
" "
dx
" CaÅ‚ka f(x)dx = c jest rozbieżna do c · " dla c = 0 lub zbieżna do 0 dla c = 0.

x1/3
-" 1
Zatem f(x) nie może być gęstością niezależnie od c.
" Odp. Nie.

0 dla x " [0, a],
/
(c) Czy można dobrać stałą a tak, aby funkcja f(x) = była gęstością pew-
x2 dla x " [0, a]
nego rozkładu probabilistycznego? Odpowiedz
uzasadnić.
" a 0 z postaci przedziału
" f(x) 0 dla każdego x dla dowolnego a 0
" a
"
a3
3
" f(x)dx = x2dx = = 1 wtedy i tylko wtedy, gdy a = 3.
3
-" 0
"
3
" Oba warunki na gęstość są spełnione, gdy a = 3.
"
3
" Odp. Tak, dla a = 3 funkcja f(x) jest gęstością.
6
Przykład do zadania 3.5 :
Å„Å‚
ôÅ‚
0 dla x < -1,
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚ - 4) dla -1 x < 1,
c(x2
òÅ‚
Dobrać stałą c tak, aby funkcja f(x) = 0 dla 1 x < 2, była gęstością pewnej zmien-
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
c(x
ôÅ‚ - 5) dla 2 x < 3,
ôÅ‚
ôÅ‚
ół
0 dla 3 x
nej losowej X. Wyliczyć P (0, 5 X < 1, 5) i P (X 2, 5). Wyznaczyć dystrybuantę tej zmiennej
losowej.
" f(x) 0 dla każdego x wtedy i tylko wtedy, gdy c 0 (wzory bez c dają funkcje ujemne na
podanych przedziałach).
1
f(x), c=1
1 2
-1 3
0
x
-1
-2
-3
-4
-5
-1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5
" 1 3

6
" f(x)dx = c (x2 - 4)dx + c (x - 5)dx = -59c = 1 wtedy i tylko wtedy, gdy c = - .
6 59
-" -1 2
6
" Oba warunki na gęstość są spełnione, gdy c = - .
59
ëÅ‚
1

1,5
1

6 6 x3
íÅ‚
" P (0, 5 X < 1, 5) = f(x)dx = - (x2 - 4)dx = - - 4x =

59 59 3

0,5 0,5
0,5

6 1 1 41
= - - 4 - + 2 = H" 0, 174
59 3 3·8 236
ëÅ‚
3

" 3

6 6 x2
íÅ‚
P (X 2, 5) = f(x)dx = - (x - 5)dx = - - 5x =

59 59 2

2,5 2,5
2,5

6 9 2,52 27
= - - 15 - + 5 · 2, 5 = H" 0, 114.
59 2 2 236
0.5
f(x), c=-6/59
P(0.5d" X<1.5)
0.4
P( Xe" 2.5)
0.3
0.2
0.1
x
0
0.5 1.5 2.5
-0.1
-1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5
7
x

" Dystrybuanta ma postać F (x) = f(t)dt =
-"
Å„Å‚
Å„Å‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚ 0 dla x < -1, ôÅ‚
ôÅ‚ ôÅ‚
ôÅ‚ ôÅ‚ 0 dla x < -1,
ôÅ‚ ôÅ‚
ôÅ‚ ôÅ‚
x
ôÅ‚ ôÅ‚
ôÅ‚ ôÅ‚
6
ôÅ‚ ôÅ‚
ôÅ‚ - (t2 - 4)dt dla -1 x < 1,
ôÅ‚ 2(x(12-x2)+11)
ôÅ‚ 59 ôÅ‚
dla -1 x < 1,
ôÅ‚ ôÅ‚
ôÅ‚ -1 ôÅ‚
59
ôÅ‚ ôÅ‚
òÅ‚ òÅ‚
1

6
44
= - (t2 - 4)dt dla 1 x < 2, =
dla 1 x < 2,
59
ôÅ‚ ôÅ‚ 59
ôÅ‚ -1
ôÅ‚
ôÅ‚ ôÅ‚
ôÅ‚ ôÅ‚

x
ôÅ‚ ôÅ‚
3x(10-x)-4
ôÅ‚ ôÅ‚
44 6
ôÅ‚ ôÅ‚
dla 2 x < 3,
ôÅ‚ ôÅ‚
+ - (t - 5)dt dla 2 x < 3,
59
ôÅ‚ ôÅ‚
59 59
ôÅ‚ ôÅ‚
ôÅ‚ ôÅ‚
2
ôÅ‚ ôÅ‚
ôÅ‚ ôÅ‚
ôÅ‚ ół
ôÅ‚ 1 dla 3 x
ół
1 dla 3 x
0.5 0.5
F(x)
F(x)
0.4 0.4
0.3 0.3
0.2 0.2
0.1 0.1
0 0
x x
-0.1 -0.1
-1 0 1 2 3 -1 0 1 2 3
0.5 0.5
F(x)
F(x)
0.4 0.4
+ +
0.3 0.3
0.2 0.2
0.1 0.1
0 0
x
x
-0.1 -0.1
-1 0 1 2 3 -1 0 1 2 3
F(x)
1 1
0.8
44/59
H" 0,7458
0.6
0.4
0.2
x
0
-1 1 2 3
-1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5
8
Przykłady do zadania 3.6 :
(a) Dobrać stałe A i B tak, aby funkcja
Å„Å‚
ôÅ‚ 0 dla x 0,
òÅ‚
F (x) = Ax2 + B dla 0 < x 1,
ôÅ‚
ół
1 dla 1 < x
była dystrybuantą pewnej zmiennej losowej X o rozkładzie ciągłym. Znalez
ć gęstość f(x) tego
rozkładu.
" Z przykładu 2.3 (a) wiemy, że dla A i B spełniających warunki:
0 B, 0 A 1 - B funkcja F jest dystrybuantÄ….
" Żeby mogła to być dystrybuanta rozkładu ciągłego, dodatkowo F musi być funkcją ciągłą,
co ma miejsce, gdy
0 = F (0) = lim F (x) = B
x0+
A + B = F (1) = lim F (x) = 1,
x1+
czyli dla A = 1 i B = 0. Wtedy
Å„Å‚
ôÅ‚ 0 dla x 0,
òÅ‚
F (x) = x2 dla 0 < x 1,
ôÅ‚
ół
1 dla 1 < x.
f(x)
F(x)
2
1
x
x
0 1 0 1
dystrybuanta gestosc
" Taka dystrybuanta F (x) jest różniczkowalna poza co najwyżej punktami x = 0 i x = 1,
zatem rozkład o takiej dystrybuancie jest ciągły o gęstości


F (x) dla x = 1, 2x dla 0 < x < 1,

f(x) = =
0 dla x = 1; 0 poza tym.
9
Å„Å‚
ôÅ‚ 0 dla x -1,
òÅ‚
(b) Dobrać stałe A i B tak, aby funkcja F (x) = A + B arc sin(x) dla -1 < x 1, była dys-
ôÅ‚
ół
1 dla 1 < x
trybuantą pewnej zmiennej losowej X o rozkładzie ciągłym. Znalez
ć gęstość f(x) tego rozkładu.
" Dla wszystkich A i B funkcja F (x) jest lewostronnie ciągła oraz lim F (x) = 0
x-"
i lim F (x) = 1.
x"
" Żeby mogła to być dystrybuanta rozkładu ciągłego F musi być funkcją ciągłą, co ma
miejsce, gdy

Ä„
0 = F (-1) = lim F (x) = A - B
x-1+
2

Ä„
A + B = F (1) = lim F (x) = 1,
x1+
2
1 1
czyli dla A = i B = .
2 Ä„
" Dla takich A i B funkcja F jest niemalejąca na całej prostej, zatem jest dystrybuantą.
f(x)
F(x)
1 1
x
x
-1 -1
1 1
dystrybuanta gestosc
" Ponadto wtedy F jest różniczkowalna poza punktami x = ą1, zatem rozkład o takiej
dystrybuancie jest ciągły o gęstości

1

"
dla - 1 < x < 1,
F (x) dla |x| = 1,

Ä„ 1-x2
f(x) = =
0 dla |x| = 1;
0 poza tym.
10
(c) Dobrać stałe A, B i C tak, aby funkcja
Å„Å‚
ôÅ‚ Aex dla x 0,
òÅ‚
F (x) = Bx + 0, 25 dla 0 < x ln 2,
ôÅ‚
ół
C - e-x dla x > ln 2
była dystrybuantą pewnej zmiennej losowej X o rozkładzie ciągłym. Znalez
ć gęstość f(x) tego
rozkładu.
" Z przykładu 2.3 (b) wiemy, ze funkcja F jest dystrybuantą dla C = 1 oraz A i B spełnia-
0,25
jÄ…cych warunki: 0 A 0, 25, 0 B .
ln 2
" Żeby mogła to być dystrybuanta rozkładu ciągłego dodatkowo F musi być funkcją ciągłą.
Musimy więc mieć dodatkowo
A = F (0) = lim F (x) = 0, 25
x0+
B ln 2 + 0, 25 = F (ln 2) = lim F (x) = C - 0, 5 = 0, 5
xln 2+
0,25
co daje A = 0, 25, B = .
ln 2
F(x)
f(x)
1
1 1
0,25/ln 2
x
x
0 0
0 ln 2
0 ln 2
-8 8 -8 8
dystrybuanta gestosc
" Dla takich stałych A i B funkcja F (x) jest różniczkowalna poza - być może - punktami
x = 0 i x = ln 2, zatem rozkład o takiej dystrybuancie jest ciągły o gęstości
Å„Å‚
ôÅ‚
0, 25ex dla x < 0,
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚ 0 dla x = 0,
òÅ‚
F (x) dla x; = 0, x; = ln 2,

0,25
f(x) = = dla 0 < x < ln 2,
ln 2
ôÅ‚
0 dla poza tym;
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚ 0 dla x = ln 2,
ôÅ‚
ôÅ‚
ół
e-x dla x > ln 2
11
Przykłady do zadania 3.7 :
(a) Gracz rzuca kostką do gry i otrzymuje 25 zł za liczbę oczek podzielną przez 3, a płaci 5 zł
za każdy inny wynik. Ma on możliwość wykonania co najwyżej 5 rzutów, a jednocześnie musi
przerwać grę po pierwszej wygranej. Niech Y oznacza wynik gracza (w zł). Znalez
ć rozkład
zmiennej losowej Y .
" X - czas oczekiwania na pierwszy sukces w schemacie Bernoulliego, sukces - liczba oczek
1
podzielna przez 3, p =
3
k-1
1 2
" X ma rozkład geometryczny Geo(1), P (X = k) = dla k = 1, 2, . . .
3 3 3

25 + (-5) · (X - 1), gdy X 5,
" Y =
-5 · 5 = -25, gdy X > 5.
k-1
1 2
" Zatem P (Y = 25 - 5(k - 1)) = dla k = 1, 2, 3, 4, 5
3 3
k-1 5
4

1 2 2
P (Y = -25) = 1 - =
3 3 3
k=1
" Rozkład Y możemy także podać w tabeli:
X 1 2 3 4 5 >5
Y = yk 25 20 15 10 5 -25
pk 1 2 4 8 16 32
3 9 27 81 243 243
H" 0,3333 0,2222 0,1481 0,0988 0,0658 0,1318
(b) Zmienna losowa X ma rozkład wykładniczy Exp(1). Znalez
ć rozkład zmiennej losowej Y = X2.

0, gdy x 0,
" X ma rozkład wykładniczy Exp(1), czyli gęstość postaci fX(x) =
e-x, gdy x > 0.
" Dystrybuanta zmiennej losowej Z = X2 to FZ(z) = P (Z < z) = P (X2 < z) =

0, gdy z 0,
" " " " "
=
P (|X| < z) = FX( z) - FX(- z + 0) = FX( z) - FX(- z), gdy z > 0;

gdzie FX(x) to dystrybuanta zmiennej losowej X, tak że fX(x) = FX(x) dla niemal
wszystkich x.

" FZ(z) odpowiada gęstości fZ(z) = FZ(z) dla niemal wszystkich z.
Å„Å‚ Å„Å‚
ôÅ‚ ôÅ‚
0, gdy z 0, 0, gdy z 0,
òÅ‚ òÅ‚
"
" "
1 1
Zatem fZ(z) = =
ôÅ‚ " (fX( z) + fX(- z)), gdy z > 0. e- z, gdy z > 0.
ôÅ‚ "
ół ół
2 z 2 z

1
Zauważmy, że jest to rozkład Weibulla W 1, .
2
12
(c) Promień kuli R ma rozkład jednostajny U(4, 9; 5, 1) cm. Kulę wykonano z żelaza o gęstości 7,88
g/cm3. Znalez
ć rozkład masy M tej kuli.

0, gdy r " [4, 9; 5, 1],
/
" Gęstość R ma postać: fR(r) =
1
= 5, gdy r " [4, 9; 5, 1].
5,1-4,9
-1/3
4·7,88Ä„
" Masa kuli równa jest M = a-3R3, gdzie a = H" 0, 3117.
3
" Dystrybuanta zmiennej losowej M ma postać
FM(m) = P (M < m) = P (R3 < a3m) = P (R < am1/3) = FR(am1/3),
gdzie FR(r) to dystrybuanta rozkładu R.

" Stąd M ma rozkład o gęstości fM(m) = FM(m) dla niemal wszystkich m.

0, gdy m " [m1, m2],
/
a
Zatem fM(m) = m-2/3fR(am1/3) =
5a
3
m-2/3, gdy m " [m1, m2],
3
3 3
4,9 5,1
gdzie m1 = H" 3883, 3190, m2 = H" 4378, 5000.
a a
(d) Zmienna losowa X ma rozkład Cauchy ego C(0, 1). Znalez
ć rozkład zmiennej losowej
Y = arctgX.
1
" Gęstość rozkładu Cauchy ego C(0, 1) ma postać fX(x) = .
Ä„(1 + x2)
Stąd dystrybuanta zmiennej losowej X ma postać
x

1 1
FX(x) = fX(t)dt = arctgx + .
Ä„ 2
-"
" Dystrybuanta zmiennej losowej Y = arctgX to FY (y) = P (Y Å„Å‚
ôÅ‚ 0, gdy y -Ä„ ,
òÅ‚
2
1 1 Ä„ Ä„
= P (X Ä„ 2 2 2
ôÅ‚
ół
Ä„
1, gdy y .
2

" FY (y) odpowiada gęstości fY (y) = FY (y) dla niemal wszystkich y.
Å„Å‚
Ä„
òÅ‚
0, gdy y " -Ä„ , ,
/
2 2

Zatem fY (y) =
1 Ä„
ół
, gdy y " -Ä„ , .
Ä„ 2 2

Ä„
Jest to gęstość rozkładu jednostajnego U -Ą , .
2 2

Ä„
" Wniosek: Y ma rozkład jednostajny U -Ą , .
2 2
13
(e) Niech X będzie zmienną o rozkładzie normalnym N (0, 1). Znalez
ć rozkład zmiennej losowej

Y = |X|.
1 x2
2
"
" X ma rozkład normalny N (0, 1), czyli gęstość postaci fX(x) = e- .
2Ä„

" Dystrybuanta zmiennej losowej Y = |X| to FY (y) = P (Y < y) =

0, gdy y 0,
=
P (|X| < y2) = FX(y2) - FX(-y2 + 0) = FX(y2) - FX(-y2), gdy y > 0;
gdzie FX(x) to dystrybuanta rozkładu X.

" FY (y) odpowiada gęstości fY (y) = FY (y) dla niemal wszystkich y.
Å„Å‚
ôÅ‚
0, gdy y 0,
òÅ‚
y4
4
Zatem fY (y) =
2
ôÅ‚ "
2y(fX(y2) + fX(-y2)) = ye- , gdy y > 0.
ół
2Ä„
14