Rachunek prawdopodobieństwa MAP1064
Wydział Elektroniki, rok akad. 2008/09, sem. letni
Wykładowca: dr hab. A. Jurlewicz
Przykłady do listy 6: Zmienna losowa. Rozkład zmiennej losowej.
Dystrybuanta.
Przykłady do zadania 6.1 :
(a) Gracz rzuca symetryczna kostką do gry. Jeśli wyrzuci  piątkę , wygrywa 10 zł. Jeśli wyrzuci
liczbę podzielną przez 3, wygrywa 5 zł. W pozostałych przypadkach płaci 1 zł. Niech X ozna-
cza wygraną gracza (przy czym przegrana 1 zł to inaczej wygrana -1 zł). Znalez
ć i narysować
dystrybuantę zmiennej losowej X. Obliczyć P (X > 0).
RozwiÄ…zanie:
" P (X = 10) = 1/6, P (X = 5) = 2/6 = 1/3, P (X = -1) = 1 - 1/6 - 2/6 = 3/6 = 1/2
Å„Å‚
0 dla x -1,
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
òÅ‚
1/2 dla -1 < x 5,
" F (x) = P (X < x) =
ôÅ‚
1/2 + 1/3 = 5/6 dla 5 < x 10,
ôÅ‚
ôÅ‚
ół
1 dla x > 10
" P (X > 0) = 1 - lim F (x) = 1 - 1/2 = 0, 5.
x0+
1.5
F(x)
1
1
5/6
1/2
0.5
x
0
-1
5 10
-0.5
-2 0 2 4 6 8 10 12
1
(b) Na przestrzeni probabilistycznej &! = {É = (x, y) : 0 x, y 1} z prawdopodobieÅ„stwem
geometrycznym definiujemy zmiennÄ… losowÄ…:

x dla x y,
Z(É) = Z(x, y) =
y dla x < y
Wyznaczyć i narysować dystrybuantę zmiennej losowej Z.
RozwiÄ…zanie:
1 1 1
0.9 0.9 0.9
1-z
xe" y
1-z
0.8 0.8 0.8
Z=xxe" y
0.7 0.7 0.7
Z=x
1-z 1-z
0.6 0.6 0.6
z
0.5 0.5 0.5
P(Z0.4 0.4 0.4
x< y dla 0d" zd" 1
Z=y
0.3 0.3 0.3
x< y
Z=y0.2 0.2 0.2
0.1 0.1 0.1
z
0 0 0
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1
F (z) = P (Z < z) = P (x < z, 1 x y 0) + P (y < z, 0 x < y 1) =
Å„Å‚
ôÅ‚ 0 dla z 0,
òÅ‚
= 1 - (1 - z)2 dla 0 < z 1,
ôÅ‚
ół
1 dla 1 < z
1.5
F(z)
1
1
0.5
z
0
1
-0.5
-0.5 0 0.5 1 1.5
2
Przykład do zadania 6.2 :
Dystrybuanta zmiennej losowej X jest dana wzorem
Å„Å‚
0 dla x 0,
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
òÅ‚
0, 125x2 dla 0 < x 1,
F (x) =
ôÅ‚ - x + 0, 75 dla 1 < x 2,
0, 5x2
ôÅ‚
ôÅ‚
ół
1 dla 2 < x.
Obliczyć P (1 X < 1, 5), P (1 < X 1, 5), P (0 < X < 2), P (0 < X 2),
P (X > 1), P (|X| > 1/2).
RozwiÄ…zanie:
1.5
F(x)
1 1
0,75
0.5
0,25
0,125
0
1 2 x
-0.5
-0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5
" P (1 X < 1, 5) = F (1, 5) - F (1) = (0, 5 · (1, 5)2 - 1, 5 + 0, 75) - 0, 125 · 12 = 0, 25
" P (1 < X 1, 5) = lim F (x) - lim F (x) =
x1,5+ x1+
= (0, 5 · (1, 5)2 - 1, 5 + 0, 75) - (0, 5 · 12 - 1 + 0, 75) = 0, 125
" P (0 < X < 2) = F (2) - lim F (x) = (0, 5 · 22 - 2 + 0, 75) - 0 = 0, 75
x0+
" P (0 < X 2) = lim F (x) - lim F (x) = 1 - 0 = 1
x2+ x0+
" P (X > 1) = 1 - P (X 1) = 1 - lim F (x) = 1 - (0, 5 · 12 - 1 + 0, 75) = 0, 75
x1+
" P (|X| > 1/2) = P (X > 1/2) + P (X < -1/2) = (1 - lim F (x)) + F (-0, 5) =
x0,5+
= (1 - 0, 125 · (0, 5)2) + 0 = 0, 96875
3
Przykłady do zadania 6.3 :
(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. Obliczyć prawdopodobieństwo, że X przyjmie
wartość z przedziału (-0, 5; 0, 5).
RozwiÄ…zanie:
1.5
F(x)
1
1
A+B
0.5
B
x
0
1
-0.5
-0.5 0 0.5 1 1.5
Rysunek 1: F (x) dla A = 0, 4 i B = 0, 5
" Dla wszystkich A i B funkcja F (x) jest lewostronnie ciągła
oraz lim F (x) = 0 i lim F (x) = 1.
x-" x"
" Aby F była niemalejąca na całej prostej musimy mieć
A 0 oraz 0 lim F (x) i F (1) 1,
x0+
co daje warunki 0 B, 0 A 1 - B.
" Dla A i B spełniających te warunki funkcja F jest dystrybuantą.
" Wtedy P (-0, 5 < X < 0, 5) = F (0, 5) - lim F (x) = F (0, 5) - F (-0, 5) =
x-0,5+
= 0, 25A + B - 0 = 0, 25A + B.
4
(b) 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 rozkładu pewnej zmiennej losowej X.
Obliczyć prawdopodobieństwa P (X ln 2), P (X > - ln 3) i P (0 < X < 1).
RozwiÄ…zanie:
1.5
F(x)
1
1
0.5
0.5
Bln2+0.25
0.25
A
x
0
ln2
-0.5
-10 -8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8 10
Rysunek 2: F (x) dla A = 0, 15, B = 0, 25, C = 1.
" Dla wszystkich A, B i C funkcja F (x) jest lewostronnie ciągła.
" lim F (x) = A · 0 = 0 dla wszystkich A, B i C
x-"
" lim F (x) = C = 1, o ile C = 1, A i B - dowolne.
x"
" Aby F była niemalejąca na całej prostej musimy mieć
A 0, B 0
A = F (0) lim F (x) = 0, 25
x0+
B ln 2 + 0, 25 = F (ln 2) lim F (x) = C - 0, 5
xln 2+
" Zatem funkcja F jest dystrybuantą dla C = 1 oraz A i B spełniających warunki:
0 A 0, 25, 0 B 0, 25/ ln 2.
" Wtedy P (X ln 2) = lim F (x) = 1 - 0, 5 = 0, 5
xln 2+
" P (X > - ln 3) = 1 - lim F (x) = 1 - Ae- ln 3 = 1 - A/3
x- ln 3+
" P (0 < X < 1) = F (1) - lim F (x) = 1 - e-1 - 0, 25 H" 0, 3821
x0+
5
Przykłady do zadania 6.4 :
(a) Pewien informatyk oferuje w tej samej cenie dwa algorytmy A i B, generujące hasła dostępu.
Zdolność pojedynczego algorytmu do ochrony dostępu określana jest poprzez rozkład zmiennej
losowej T reprezentującej czas potrzebny na złamanie hasła. Dystrybuanty rozkładu zmiennej
T odpowiednio dla algorytmów A i B przedstawione są na rysunku 1. Który algorytm byś
wybrał? Odpowiedz
uzasadnić.
Rysunek 1.
F (t)
1.0
A
0.6
B
0.2
t
10 30 100
Rozwiązanie: Na wykresie mamy funkcję F (t) = P (T < t). Im ma mniejszą wartość, tym
hasło lepiej chronione w chwili t. Zatem algorytm B chroni lepiej.
(b) Na rysunku 2 znajdują się dystrybuanty rozkładu opóz
nienia w przesyłaniu plików dla dwóch
programów ftp A i B.
Który z porównywanych programów daje gładsze opóz
nienia? Dla którego małe opóz
nienia sÄ…
bardziej prawdopodobne? Dla którego jest bardziej prawdopodobne opóz
nienie równe 30 jed-
nostkom czasu? Dla którego jest bardziej prawdopodobne opóz
nienie krótsze niż 15 jednostek
czasu? Odpowiedzi uzasadnij.
Rysunek 2.
F (t)
1.0
A
0.8 B
0.6
0.2
t
10 30 70 100
Rozwiązanie: Gładsze opóz
nienia daje B. W przypadku A pliki przesyłane są tylko z opóz
-
nieniami 0, z przedziału (0,10), 10, 30 lub 70. Małe opóz
nienia sÄ… bardziej prawdopodobne dla
A (bo dla A większe są wartości dystrybuanty dla małych t). Opóz
nienie równe 30 jednostkom
czasu ma prawdopod. 0 dla B i 0,2 dla A (jest to długość skoku na wykresie). Opóz
nienie
krótsze niż 15 jednostek czasu jest bardziej prawdopodobne dla A, bo w chwili 15 wartość
dystrybuanty dla A jest większa.
6