Wybrane rozkłady zmiennej losowej cz.1 (dla zmiennej skokowej): odpowiedzi
W zadaniach 1-4 występuje rozkład dwumianowy Bernoulliego. Jest to rozkład zmiennej losowej X, wyrażającej liczbę
k = 0, 1, 2, ..., n sukcesów otrzymanych w n niezależnych próbach, przy czym prawdopodobieństwo sukcesu w jednej próbie
n
n!
jest równe p, a prawdopodobieństwo porażki q = 1 - p. Wtedy P (X = k) = pk(1 - p)n-k = pk(1 - p)n-k dla
k k!(n-k)!
k = 0, 1, 2, ..., n. Dla takiej zmiennej E(X) = np, zaÅ› D2(X) = npq = np(1 - p).
5 5
1 1 1 1
1. n = 5, p = q , P (X = k) = · = dla k = 0, 1, 2, 3, 4, 5.
2 k 2k 25-k k 25
5= 5 5

1 1 1 5 1 10
a) P (X = 0) = = P (X = 1) = = P (X = 2) = =
0 25 32
5 5 1 25 32 52 25 32

1 10 1 5 1 1
P (X = 3) = = P (X = 4) = = P (X = 5) = =
3 25 32 4 25 32 5 25 32
xi 0 1 2 3 4 5
1 5
pi 32 32 10 10 5 1
32 32 32 32
b) Niech A - zdarzenie, że orzeł wypadł przynajmniej raz, A - zdarzenie przeciwne, orzeł nie wypadł wcale. Wtedy
1 31
P (A) = 1 - P (A ) = 1 - P (X = 0) = 1 - = .
32 32
Å„Å‚
ôÅ‚0 dla x 0
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚ 1
ôÅ‚
dla x " (0, 1
ôÅ‚
32
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚ 6
ôÅ‚ dla x " (1, 2
òÅ‚
32
"
5 5 5 16
c) E(X) = np = , zaÅ› D2(X) = npq = , Ã = d) F (x) = dla x " (2, 3
2 4 2 32
ôÅ‚
ôÅ‚
26
ôÅ‚
dla x " (3, 4
ôÅ‚
ôÅ‚ 32
ôÅ‚
ôÅ‚
31
ôÅ‚
dla x " (4, 5
ôÅ‚
32
ôÅ‚
ół
1 dla x > 5
4 4
1 2 1 24-k 24-k
2. n = 4, p = , q = , P (X = k) = · = dla k = 0, 1, 2, 3, 4.
3 3 k 3k 34-k k 34
16 32 24 8 1
a) P (X = 0) = P (X = 1) = P (X = 2) = P (X = 3) = P (X = 4) =
81 81 81 81 81
xi 0 1 2 3 4
pi 16 32 24 8 1
81 81 81 81 81
"
4 8 2 2
b) E(X) = np = , zaÅ› D2(X) = npq = , Ã =
3 9 3
6
3. a) n = 6, p = 0, 8, q = 0, 2, P (X = k) = (0, 8)k · (0, 2)6-k dla k = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6
k
b) E(X) = np = 4, 8, zaÅ› D2(X) = npq = 0, 96, Ã H" 0, 9798
25·26
c) P (X 2) = 1 - P (X < 2) = 1 - (P (X = 0) + P (X = 1)) = 1 -
106
4
80 1 1 2
4. n = 4, P (X 1) = = 1 - P (X = 0), zatem P (X = 0) = = p0(1 - p)4 = (1 - p)4. StÄ…d 1 - p = , czyli p =
81 81 0 3 3
W zadaniach 5-7 występuje zmienna losowa X o rozkładzie Poissona, tzn. X przyjmuje z niezerowym prawdopodobień-
stwem wartości k = 0, 1, 2, ..., przy czym P (X = k) = e- k , przy czym  > 0 jest ustalonym parametrem tego rozkładu.
k!
Wiadomo ponadto, że E(X) = , więc można przyjąc, że parametr ten jest w przybliżeniu równy wartości średniej z dużej
liczby danych. Rozkład Poissona jest rozkładem zdarzeń występujących rzadko (wypadki drogowe, pożary, wygrane w Totka).
Prawdopodobieństwa dla zmiennej o tym rozkładzie możemy odczytywać z tablic.
5.  = 2, P (X < 3) = P (X = 0) + P (X = 1) + P (X = 2) = ... = 5e-2 H" 0, 1353 + 0, 2707 + 0, 2707 = 0, 6767 (z tablic)
P (X > 5) = 1 - (P (X = 0) + P (X = 1) + P (X = 2) + P (X = 3) + P (X = 4) + P (X = 5)) = ... (odczytujemy z tablic),
można też z tablic policzyć wprost P (X > 5) H" P (X = 6) + P (X = 7) + P (X = 8) + P (X = 9) = 0, 0120 + 0, 0034 + 0, 009 +
0, 002, bo dla  = 2 i k = 10, 11, 12, ... widać w tablicach, że cztery pierwsze po przecinku cyfry rozwinięcia liczby P (X = k)
sÄ… tu zerami
P (1 X 4) = P (X = 1) + P (X = 2) + P (X = 3) + P (X = 4) H" 0, 1353 + 0, 2707 + 0, 2707 + 0, 1804 + 0, 0902 (z tablic)
6. przyjmujemy, że parametr  jest równy w przybliżeniu średniej z otrzymanych danych, tj.
1
 = (0 · 15 + 1 · 33 + 2 · 26 + 3 · 16 + 4 · 6 + 5 · 2 + 6 · 1 + 7 · 1) = 1, 8
100
a) F (x) = 0 dla x 0, zaÅ› gdy k = 0, 1, 2, ... i x " (k, k + 1 , to F (x) = P (X = 0) + P (X = 1) + P (X = 2) + ... + P (X =
"

k) = 1 - (P (X = k + 1) + P (X = k + 2) + P (X = k + 3) + ...) = 1 - e- n
n!
n=k+1
Ponieważ te prawdopodobieństwa szybko stają się bardzo małe, w praktyce oznacza to konieczność wyliczenia tylko kilku
pierwszych wartości.
b) P (X = 5) = e-1,8 (1,8)5 H" 0, 0045
5!
7. przyjmujemy, że zmienna losowa X liczby wykolejeń rocznie ma rozkład Poissona z parametrem  = 3 (średnia roczna).
a) P (X 1) = P (X = 0) + P (X = 1) H" 0, 0498 + 0, 1494 (z tablic)
b) P (X = 5) = e-3 35 H" 0, 1008
5!