2013-11-27
III: Rozkłady zmiennych losowych
III: Rozkłady zmiennych losowych
A. X  zmienna losowa skokowa
1. Rozkład zero  jedynkowy
1. Rozkład zero  jedynkowy
x = 1 x = 0
1
X przybiera dwie wartości: i 2
xi 1 0
pi p q
P(X = x1) = p P(X = x2) =1- p = q
Jeśli , to
gdyż
P(X = x1) + P(X = x2) =1
Rozkład zmiennej losowej jest rozkładem zero-jedynkowym, jeśli
Rozkład zmiennej losowej jest rozkładem zero-jedynkowym, jeśli
ta zmienna losowa przyjmuje wartość 1 z prawdopodobieństwem
ta zmienna losowa przyjmuje wartość 1 z prawdopodobieństwem
p, a wartość 0 z prawdopodobieństwem q=1-p
p, a wartość 0 z prawdopodobieństwem q=1-p
Wtedy dystrybuanta
0 x d" 0
Å„Å‚
ôÅ‚q 0 < x d"1
F(x) =
òÅ‚
ôÅ‚
ół1 x >1
Wartość oczekiwana zmiennej losowej X wynosi
E(X ) = x1 Å" p + x2 Å"(1- p) =1Å" p + 0Å"(1- p) = p
a wariancja:
D2(X ) = (x1 - E(X ))2 Å" p + (x2 - E(X ))2 Å"(1- p) =
=(1- p)2 Å" p+(0- p)2 Å"(1- p) =
=(1- p)Å" pÅ"(1- p+ p) =
=(1- p)Å" p=qÅ"p
1
2013-11-27
Przykład 6.
" Rzucamy kością. Wyrzuceniu parzystej liczby
oczek przyporzÄ…dkujemy 1, a nieparzystej 0.
" Zatem:
P(X = 1) = 0,5 P(X = 0) = 0,5
" Dystrybuanta:
0 x d" 0
Å„Å‚
ôÅ‚0,5 0 < x d" 1
F(x) =
òÅ‚
ôÅ‚
1 x > 1
ół
" Wartość oczekiwana i wariancja:
E(X) = 0,5 D2(X) = 0,5 ·0,5 = 0,25
2. Rozkład dwumianowy
2. Rozkład dwumianowy
Zmienna losowa ma rozkład dwumianowy, gdy opisuje
eksperyment noszący nazwę prób Bernoulliego.
Bernoulliego
" Przeprowadza się n niezależnych doświadczeń.
" W każdym doświadczeniu prawdopodobieństwo sukcesu
wynosi p.
" X  liczba sukcesów w n doświadczeniach
UWAGA: Rozkład dwumianowy występuje, gdy losowanie z
populacji ograniczonej jest zwrotne, a wynik losowania jest
zmienną losową o rozkładzie 0-1.
2
2013-11-27
B(n, p)
Zmienna losowa X ma rozkład dwumianowy ,
jeśli jej funkcja rozkładu prawdopodobieństwa dana
jest wzorem:
k
P(X =k)=B(k,n, p)=Cn pkqn-k
gdzie k=0,1,& ,n,
n
ëÅ‚ öÅ‚
k
Cn = ìÅ‚ ÷Å‚
ìÅ‚k ÷Å‚
íÅ‚ Å‚Å‚
p+q=1
k
Wtedy dystrybuanta: F(x) = pkqn-k
"Cn
kWartość oczekiwana:
E(X) = np
Wariancja:
D2(X ) = npq
Przykład 7.
Koszykarz oddaje 4 rzuty do kosza.
Wiadomo, że trafia on w 80% przypadków.
Znajdz
rozkład zmiennej losowej X
przyjmującej wartości celnych rzutów do
kosza.
3
2013-11-27
Przykład 7 - rozwiązanie
" Prawdopodobieństwa poszczególnej liczby sukcesów
(trafionych rzutów) w 4 próbach:
4
4
ëÅ‚ öÅ‚ 4 256
4 0 ëÅ‚ öÅ‚
P4(k = 4)= ìÅ‚ (0,8) Å"(0,2) = =
ìÅ‚ ÷Å‚
ìÅ‚4÷Å‚Å"
÷Å‚
5 625
íÅ‚ Å‚Å‚
íÅ‚ Å‚Å‚
3 1 3
4
ëÅ‚ öÅ‚ 4 1 4 1 256
ëÅ‚ öÅ‚ öÅ‚ öÅ‚
P3(k = 3)= ìÅ‚
ìÅ‚ ìÅ‚
ìÅ‚3÷Å‚Å"ìÅ‚ 5 ÷Å‚ Å"ëÅ‚ 5 ÷Å‚ = 4Å"ëÅ‚ 5 ÷Å‚ Å" 5 = 625
÷Å‚
íÅ‚ Å‚Å‚ íÅ‚ Å‚Å‚ íÅ‚ Å‚Å‚
íÅ‚ Å‚Å‚
2 2 2 2
4
ëÅ‚ öÅ‚ 4 1 4 1 96
ëÅ‚ öÅ‚ öÅ‚ öÅ‚ öÅ‚
P2(k = 2)= ìÅ‚
ìÅ‚ ìÅ‚ ìÅ‚
ìÅ‚2÷Å‚Å"ìÅ‚ 5 ÷Å‚ Å"ëÅ‚ 5 ÷Å‚ = 6Å"ëÅ‚ 5 ÷Å‚ Å"ëÅ‚ 5 ÷Å‚ = 625
÷Å‚
íÅ‚ Å‚Å‚ íÅ‚ Å‚Å‚ íÅ‚ Å‚Å‚ íÅ‚ Å‚Å‚
íÅ‚ Å‚Å‚
1 3 3
4
ëÅ‚ öÅ‚ 4 1 4 1 16
P1(k = 1)= ìÅ‚ ÷Å‚Å"ëÅ‚ öÅ‚ Å"ëÅ‚ öÅ‚ = 4Å" Å"ëÅ‚ öÅ‚ =
ìÅ‚ ÷Å‚ ìÅ‚ ÷Å‚ ìÅ‚ ÷Å‚
ìÅ‚1 ÷Å‚
5 5 5 5 625
íÅ‚ Å‚Å‚ íÅ‚ Å‚Å‚ íÅ‚ Å‚Å‚
íÅ‚ Å‚Å‚
0 4 4
4
ëÅ‚ öÅ‚ 4 1 1 1
ëÅ‚ öÅ‚ öÅ‚ ëÅ‚ öÅ‚
P0(k = 0)= ìÅ‚
ìÅ‚
ìÅ‚0÷Å‚Å"ìÅ‚ 5 ÷Å‚ Å"ëÅ‚ 5 ÷Å‚ = ìÅ‚ 5 ÷Å‚ = 625
÷Å‚
íÅ‚ Å‚Å‚ íÅ‚ Å‚Å‚ íÅ‚ Å‚Å‚
íÅ‚ Å‚Å‚
Przykład 7 - rozwiązanie
" Rozkład prawdopodobieństwa szukanej zmiennej
losowej:
xi 0 1 2 3 4
pi 1/625 16/625 96/625 256/625 256/625
" wartość oczekiwana:
1 16 96 256 256
1 16 96 256 256
E(X ) = 0Å" +1Å" + 2Å" + 3Å" + 4Å" =
E(X ) = 0Å" +1Å" + 2Å" +3Å" + 4Å" =
625 625 625 625 625
625 625 625 625 625
16 192 768 1024 1024 2000
16 192 768 2000
= + ++ ++ + n3,2=
= = == 3,2 == Å"p 4Å"0,8
625 625 625 625 625 625
625 625 625 625
4
2013-11-27
3. Rozkład Poissona
3. Rozkład Poissona
Zmienna losowa X, która przyjmuje wartości 0,1,2,& ..
z prawdopodobieństwem
mk
P(X = k) = e-m
k=0,1,&
k!
(gdzie m jest rzeczywistą stałą dodatnią) nazywa się
zmienną losową o rozkładzie Poissona
-m
Wtedy dystrybuanta
F(x) =
"e mk
k!
kWartość oczekiwana
E(X) = m
Wariancja D2(X ) = m
UWAGA: Rozkład Poissona jest dobrym przybliżeniem
rozkładu dwumianowego, gdy prawdopodobieństwo
sukcesu p jest małe (p < 0,2), a liczba realizacji n jest
duża (n > 100), tak że np=m jest prawie stałe.
Rozkład dobrze opisuje te doświadczenia, w których
obserwuje się dużą serię przypadków, przy małym
prawdopodobieństwie sukcesu w pojedynczych
obserwacjach
5
2013-11-27
Przykład 8.
Ilość mieszkańców bloku ma rozkład Poissona
ze średnią 3 osoby.
Jakie jest prawdopodobieństwo, że w losowo
wybranym mieszkaniu znajdujÄ… siÄ™
co najwyżej 2 osoby?
Przykład 8 - rozwiązanie
" Szukane prawdopodobieństwo:
(m = 3)
P(X d" 2) = P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 2)
30 31 32
P(X d" 2) = e-3 + e-3 + e-3 =
0! 1! 2!
1 3 9
= Å"0,05 + Å"0,05 + Å"0,05 = 0,425
1 1 2
6
2013-11-27
4. Rozkład geometryczny
4. Rozkład geometryczny
Zmienna losowa X, ma rozkład geometryczny, jeśli jej
funkcja rozkładu jest następująca:
k=1,2,& ..
P(X = k) = pqk-1
gdzie: p  prawdopodobieństwo sukcesu
q = 1  p - prawdopodobieństwo porażki
k  liczba doświadczeń do pojawienia się pierwszego sukcesu
k-1
F(x) =
Wtedy dystrybuanta
"pq
k1
Wartość oczekiwana E(X) =
p
q
D2(X ) =
Wariancja
p2
UWAGA: Podobnie jak rozkład dwumianowy, rozkład
geometryczny związany jest z niezależnymi
doświadczeniami o takim samym prawdopodobieństwie
sukcesu. Eksperyment trwa tak długo, aż nie pojawi się
pierwszy sukces.
7
2013-11-27
B. X  zmienna losowa ciągła
1. Rozkład prostokątny ( jednostajny)
1. Rozkład prostokątny ( jednostajny)
Zmienna losowa X ma rozkład jednostajny w przedziale
[a,b], jeśli jej gęstość jest następująca:
1
Å„Å‚
ôÅ‚
dla a d" x d" b
f ( x ) =
òÅ‚ - a
b
ôÅ‚
0 dla x < a lub x > b
ół
Wtedy dystrybuanta
0 dla x < a
Å„Å‚
x - a
ôÅ‚
F(x) =
òÅ‚b - a dla a d" x d" b
ôÅ‚
dla x > b
1
ół
a + b
Wartość oczekiwana
E(X) =
2
(b - a)2
Wariancja
D2(X ) =
12
8
2013-11-27
Przykład 9.
Z pewnego przystanku autobusy odjeżdżają co
15 minut.
Zakładając, że rozkład czasu przybycia pasażera
na przystanek jest jednostajny,
oblicz prawdopodobieństwo,
że pasażer będzie czekał co najmniej 4 minuty.
Przykład 9 - rozwiązanie
a = 0, b = 15
1
Å„Å‚
ôÅ‚
dla 0 d" x d" 15
f ( x ) =
òÅ‚
15
ôÅ‚
0 dla x < 0 lub x > 15
ół
0 dla x < 0
Å„Å‚
x
ôÅ‚
F(x) =
òÅ‚15 dla 0 d" x d" 15
ôÅ‚
dla x >15
1
ół
Szukamy: P(X>4)
9
2013-11-27
Przykład 9 - rozwiązanie
Zatem (korzystajÄ…c z dystrybuanty):
P(X > 4) = 1  F(4) = 1  4/15 = 1  0,267 =
= 0,733
Lub (korzystając z funkcji gęstości):
" 15
1
P(X > 4) = f (x)dx = dx =
+" +"15
4 4
15
1 15 4
ëÅ‚
= xöÅ‚ = - = 1- 0,267 = 0,733
ìÅ‚ ÷Å‚
15 15
íÅ‚15 Å‚Å‚
4
2. Rozkład wykładniczy
2. Rozkład wykładniczy
Zmienna losowa X, ma rozkład wykładniczy, gdy jej
gęstość jest następująca:
0 dla x < 0
Å„Å‚
f (x) =
òÅ‚e-x dla x e" 0
ół
Wtedy dystrybuanta
0 dla x < 0
Å„Å‚
F(x) =
òÅ‚
ół1- e-x dla x e" 0
Wartość oczekiwana
1
E(X) =

Wariancja
1
D2(X ) =
2
10
2013-11-27
Rozkład wykładniczy  wykres funkcji gęstości:
Przykład 10.
Czas bezawaryjnej pracy pewnego urzÄ…dzenia
ma rozkład wykładniczy o wartości oczekiwanej
5 godzin.
Oblicz prawdopodobieństwo, że bezawaryjny
czas pracy urządzenia wynosi mniej niż
10 godzin.
11
2013-11-27
Przykład 10 - rozwiązanie
1 1
" E(X) = 5, stÄ…d:
 = =
E( X ) 5
dla x < 0
Å„Å‚
ôÅ‚1 0- x
f (x) =
òÅ‚
5
ôÅ‚5 e dla x e" 0
ół
0 dla x < 0
Å„Å‚
ôÅ‚
x
F(x) =
òÅ‚ -
ôÅ‚
ół1- e 5 dla x e" 0
Szukamy: P(X < 10)
10
-
5
P(X <10) = F(10) =1- e =1- 0,135 = 0,865
4. Rozkład normalny (Gaussa)
4. Rozkład normalny (Gaussa)
Zmienna losowa X, ma rozkład normalny, gdy jej gęstość
jest następująca:
(x-m)2
-
1
2Ã2
f (x) = e
à 2Ą
Ã
gdzie m i - parametry rozkładu.
Zmienna X ma rozkład normalny z parametrami m i
Ã
notuje siÄ™:
X - N (m ,Ã )
(x-m)2
x
-
1
2
Dystrybuanta 2Ã
F(x) =
+"e dx
à 2Ą
-"
Wartość oczekiwana
E(X ) = Me = Do = m
(oraz mediana i dominanta):
2
Wariancja: D2(X ) = Ã
12
2013-11-27
" Rozkład normalny jest rozkładem, któremu podlega
wiele zjawisk świata fizycznego, np. waga oraz wzrost
populacji ludzi.
" Krzywa gęstości rozkładu normalnego ma
następujące własności:
1. jest symetryczna względem prostej x = m,
1
2. osiąga maksimum równe dla x = m,
à 2Ą
3. jej ramiona mają punkty przegięcia dla
x = m  Ã oraz x = m + Ã.
" m - decyduje o położeniu krzywej normalnej
względem osi x.
" à  wpÅ‚ywa na  smukÅ‚ość krzywej (im odchylenie
większe, tym krzywa jest bardziej spłaszczona).
13
2013-11-27
Standaryzacja
Standaryzacja
" Dowolny rozkład normalny możemy
sprowadzić do postaci standardowego
rozkładu normalnego, którego funkcja
gęstości i dystrybuanta zostały stablicowane.
" Standardowym rozkładem normalnym
nazywamy rozkład normalny ze średnią równą
0 oraz odchyleniem standardowym równym 1
i oznaczamy N(0,1).
funkcja gęstości standardowego
rozkładu normalnego
0,5
0,4
0,3
0,2
0,1
0
-4 -2 0 2 4
-0,1
x
14
f(x)
2013-11-27
" Własności dystrybuanty standardowego
rozkładu normalnego:
P(U d"u) =Ć(u)
P(U d"-u) =Ć(-u) =1-Ć(u)
P(U >u) =1-P(U d"u) =1-Ć(u)
P(U >-u) =1-P(U d"-u) =1-Ć(-u) =1-(1-Ć(u))=1-1+Ć(u) =Ć(u)
Ć(u) = 1-Ć(-u)
N (m,Ã )
" Jeśli zmienna losowa X ma rozkład ,to
X - m
zmienna standaryzowana
U =
Ã
ma rozkład: N(0,1).
" Zatem, prawdopodobieństwo:
a - m X - m b - m
öÅ‚
P(a < X d" b) = PëÅ‚ < d" =
ìÅ‚ ÷Å‚
à à Ã
íÅ‚ Å‚Å‚
a - m b - m b - m a - m
öÅ‚ öÅ‚ öÅ‚
= PëÅ‚ < U d" = ĆëÅ‚ -ĆëÅ‚
ìÅ‚ ÷Å‚ ìÅ‚ ÷Å‚ ìÅ‚ ÷Å‚
à à à Ã
íÅ‚ Å‚Å‚ íÅ‚ Å‚Å‚ íÅ‚ Å‚Å‚
b
öÅ‚
ëÅ‚ - m a
öÅ‚ ëÅ‚ - m
Wartości i odczytujemy z tablic
Ć Ć
ìÅ‚ ÷Å‚ ìÅ‚ ÷Å‚
à Ã
íÅ‚ Å‚Å‚ íÅ‚ Å‚Å‚
dystrybuanty standardowego rozkładu normalnego.
15
2013-11-27
Funkcja gęstości rozkładu normalnego ma zastosowanie do
reguły  trzech sigm , która jest wykorzystywana w
badaniach statystycznych m.in. do eliminacji obserwacji
niewiarygodnych.
Reguła  trzech sigm :
Jeżeli zmienna losowa ma rozkład normalny to:
- 68,3 % populacji mieÅ›ci siÄ™ w przedziale (m - Ã; m + Ã)
- 95,5 % populacji mieÅ›ci siÄ™ w przedziale (m - 2Ã; m + 2Ã)
- 99,7 % populacji mieÅ›ci siÄ™ w przedziale (m - 3Ã; m + 3Ã)
Przykład 11.
Wzrost kobiet w pewnej populacji ma rozkład
normalny N(167,18).
Wyznacz procentowy udział w populacji kobiet o
wzroście:
a) do 160 cm,
b) w przedziale 165-170 cm,
c) powyżej 175 cm.
16
2013-11-27
Przykład 11 - rozwiązanie
Zatem:
m = 167,
à = 18.
a)
a) Szukamy: P(X < 160)
X -167 160 -167
160 -167 öÅ‚
öÅ‚
P(X d" 160) = PëÅ‚ X -167 d" =
P(X d" 160) = PëÅ‚ d"
ìÅ‚ ÷Å‚
ìÅ‚ ÷Å‚
18 18
18 18
íÅ‚ Å‚Å‚
íÅ‚ Å‚Å‚
= P(U d" -0,39) = Ć(-0,39) = 1-Ć(0,39)
17
2013-11-27
Przykład 11 - rozwiązanie
Zatem:
m = 167,
à = 18.
a)
a) Szukamy: P(X < 160)
X -167 160 -167
X -167 160 -167 öÅ‚
160 -167
öÅ‚
öÅ‚
P(X d" 160) = PëÅ‚ X -167 d" =
P(X d" 160) = PëÅ‚ d" =
P(X d" 160) = PëÅ‚ d"
ìÅ‚ ÷Å‚
ìÅ‚ ÷Å‚
ìÅ‚ ÷Å‚
18 18
18 18
18 18
íÅ‚ Å‚Å‚
íÅ‚ Å‚Å‚
íÅ‚ Å‚Å‚
= P(U d" -0,39) = Ć(-0,39) = 1-Ć(0,39) =
= P(U d" -0,39) = Ć(-0,39) = 1-Ć(0,39)
= 1- 0,6517 = 0,3483
Odp: 34,83%
18
2013-11-27
Przykład 11 - rozwiązanie
b)
b) Szukamy: P(165 < X < 170)
165 -167 X -167 170 -167
öÅ‚
P(165 < X d"170) = PëÅ‚ < d" =
ìÅ‚ ÷Å‚
18 18 18
íÅ‚ Å‚Å‚
= P(-0,11 < U d" 0,17) = Ć(0,17) -Ć(-0,11) =
= Ć(0,17) -1+Ć(0,11) =
Odp: 11,13%
= 0,5675 -1+ 0,5438 = 0,1113
c)
c) Szukamy: P(X > 175)
X -167 175 -167
öÅ‚
P(X > 175) = PëÅ‚ > = P(U > 0,44) =
ìÅ‚ ÷Å‚
18 18
íÅ‚ Å‚Å‚
Odp: 33%
= 1-Ć(0,44) = 1- 0,6700 = 0,33
Przykład 12.
Automat produkuje nity. Średnice główek są
wartościami zmiennej losowej o rozkładzie
N(2; 0,1) [w mm].
Jakie rozmiary Å›rednicy z przedziaÅ‚u (2-µ, 2+µ)
można zagwarantować
z prawdopodobieństwem 0,95?
19
2013-11-27
Przykład 12 - rozwiązanie
N(2; 0,1) Standaryzacja, dla
P(2 - µ < X < 2 + µ) = 0,95 m = 2 i à = 0,1
µ = ?
P(2 - µ < X < 2 + µ ) =
ëÅ‚ 2 - µ - 2 2 + µ - 2 öÅ‚ ëÅ‚ - µ µ öÅ‚
= P < U < ÷Å‚ ìÅ‚ ÷Å‚
ìÅ‚ = P < U < =
0,1 0,1 0,1 0,1Å‚Å‚
íÅ‚ Å‚Å‚ íÅ‚
ëÅ‚ µ öÅ‚ ëÅ‚ -µ öÅ‚ ëÅ‚ µ öÅ‚ ëÅ‚ µ öÅ‚ ëÅ‚ µ öÅ‚
= Ć ìÅ‚ ÷Å‚ ìÅ‚ ÷Å‚ -1+Ć = 2Å"Ć
ìÅ‚ ÷Å‚ -Ć = Ć ìÅ‚ ÷Å‚ ìÅ‚ ÷Å‚ -1
0,1Å‚Å‚ íÅ‚ 0,1 0,1Å‚Å‚ 0,1Å‚Å‚ 0,1Å‚Å‚
íÅ‚ Å‚Å‚ íÅ‚ íÅ‚ íÅ‚
µ 1,95
ëÅ‚ µ öÅ‚ ëÅ‚ öÅ‚
2 Å"Ć
ìÅ‚ ÷Å‚ -1 = 0,95
Ć = = 0,975
ìÅ‚ ÷Å‚
stÄ…d:
0,1Å‚Å‚
0,1Å‚Å‚ 2
íÅ‚
íÅ‚
Przykład 12 - rozwiązanie
20
2013-11-27
Przykład 12 - rozwiązanie
µ
=1,9 + 0,06 =1,96
0,1
µ = 1,96 Å" 0,1 = 0,196
(2-µ; 2+µ)
(2-0,196; 2+0,196)
(1,804; 2,196)
(1,804; 2,196)
Przykład 13.
Ilość zapałek w dużym pudełku zapałek jest zmienną
losową o rozkładzie normalnym z odchyleniem
standardowym 4.
Jaka jest średnia ilość zapałek w pudełkach, jeżeli
prawdopodobieństwo, że
w losowo wybranym pudełku będzie więcej niż 105
wynosi 0,10565?
21
2013-11-27
Przykład 13 - rozwiązanie
Dane:
N(m, 4)
P( X > 105) = 0,10565
Szukane: m
Standaryzacja:
105 - m 105 - m
öÅ‚ öÅ‚
P(X > 105) = PëÅ‚U > = 1-ĆëÅ‚
ìÅ‚ ÷Å‚ ìÅ‚ ÷Å‚
4 4
íÅ‚ Å‚Å‚ íÅ‚ Å‚Å‚
105 - m
öÅ‚
1- ĆëÅ‚ = 0,10565
ìÅ‚ ÷Å‚
4
íÅ‚ Å‚Å‚
Przykład 13 - rozwiązanie
105 - m
öÅ‚
ĆëÅ‚ = 0,89435
ìÅ‚ ÷Å‚
4
íÅ‚ Å‚Å‚
105 - m
stÄ…d:
= 1,25
m = 100
4
22