Statystyka matematyczna

Zajęcia 1. (04.10.2011)

Statystyka matematyczna to kontynuacja statystyki opisowej, czyli m.in. miar statystycznych (średniej, mediany, dominanty) oraz miar asymetrii i regresji.

Statystyka matematyczna jest przydatną nauką, gdyż pozwala na uogólnianie wniosków z badania próby na całą zbiorowość. Jest bowiem tak, że cała badana populacja jest najczęściej bardzo liczna i niemożliwe jest jej całościowe zbadanie.

Uogólnianie wniosków z badania próby na całą zbiorowość generalną wymaga zastosowania rachunku prawdopodobieństwa.

Podstawowe definicje rachunku prawdopodobieństwa

1. Niech Ω będzie zbiorem równań elementarnych. Wówczas zmienną losową nazywamy funkcję:

X : ΩR

Zatem Ω (jako zbór zdarzeń elementarnych)to zdarzenie pewne. Należy pamiętać, że musi to być funkcja mierzalna.

1. Rozkładem prawdopodobieństwa zmiennej losowej X nazywamy funkcję przyporządkowującą zbiorom borelowskim prawdopodobieństwo odpowiadających im zdarzeń.

Notabene, aby posługiwać się rozkładem prawdopodobieństwa nie trzeba wiedzieć, czym jest funkcja mierzalna i zbiór borelowski.

X : ΩR

,oznacza , że funkcja oznaczona literą x oddziałuje ze zbioru Ω w zbiór liczb rzeczywistych R. W najprostszych słowach oznacza to, że w analizie rozkładu prawdopodobieństwa posługujemy się liczbami rzeczywistymi.

Np. przy grze polegającej na rzucie kostką zbiór zdarzeń elementarnych wyglądałby następująco:

Ω = {ω_1,ω_2,ω_3,ω_4,ω_5,ω₆}

, gdzie ω – to zdarzenie elementarne.

Np. Jeżeli prowadzilibyśmy grę polegającą na rzucie sześcienną kostką, w której, w przypadku uzyskania parzystej liczby oczek otrzymywalibyśmy 10 pkt., natomiast przy liczbie nieparzystej 5, to rozkład prawdopodobieństwa odpowiednim zdarzeniom elementarnym przypisywałby następujące wartości:

Y(ω₁) = 5;

Y(ω₂) = 10;

Y(ω₃) = 5;

Y(ω₄) = 10;

Y(ω₅) = 5;

Y(ω₆) = 10.

Z kolei zbiór wartości zmiennej losowej dla rzutu kostką byłby następujący:

X = {1; 2; 3; 4; 5; 6}

Innymi słowy rozkład prawdopodobieństwa wszystkim podzbiorom (zdarzeniom elementarnym) zbioru zdarzeń elementarnych przypisuje prawdopodobieństwo. Np.:

$$P\left( x = 1 \right) = \frac{1}{6}$$

$$P\left( x = 2 \right) = \frac{1}{6}$$

$$P\left( x = 1 \cup x = 2 \right) = \frac{2}{6},bo\frac{1}{6} + \frac{1}{6}$$

$$P\left( x = 4 \cup x = 5 \cup x = 6 \right) = \frac{3}{6},bo\frac{1}{6} + \frac{1}{6} + \frac{1}{6}$$

Problem polega na tym, że w praktyce rozpisywanie prawdopodobieństw zdarzeń w taki sposób jak powyżej jest niezwykle trudne, ze względu na to, że funkcja działa w zbiorze R. (Bardziej skomplikowane gry/wydarzenia mogą przyjmować bardzo wiele wartości). W związku z tym stosuje się charakterystyki rozkładu zmiennych losowych.

Charakterystyki funkcyjne zmiennej losowej. Definicje i twierdzenia dotyczące dystrybuanty, funkcji gęstości i prawdopodobieństwa.

1. Definicja: Dystrybuantą zmiennej losowej nazywamy funkcję:

F : R → R

, działającą ze zbioru liczb rzeczywistych (R) w zbiór liczb rzeczywistych (R), że:

F(x) = P(X<x)

1. Twierdzenie: Jeżeli F jest dystrybuantą, to spełnione są następujące warunki:

   1. F jest malejąca;

   2. F jest lewostronnie ciągła;

   3. F(x) = 0  ∩ F(x) = 1

2. Twierdzenie: Każda funkcja spełniająca warunki a-c jest dystrybuantą pewnej zmiennej losowej.

3. Twierdzenie: Wyznaczanie prawdopodobieństwa z dystrybuanty posiada następujące właściwości:

P(a≤x<b) = F(b) − F(a)

P(x=a) = F(a⁺) − F(a)

Zmienne losowe dzieli się na:

1. Skokowe;

2. Ciągłe.

Ad a) zmienne losowe skokowe przyjmują skończoną lub co najwyżej przeliczalną liczbę wartości.

Ad b) zmienne losowe ciągłe przyjmują nieprzeliczalną liczbę wartości.

Dla zmiennych losowych skokowych mamy zatem funkcję prawdopodobieństwa P, taką że:

P(X=x) = p_i

,gdzie: p_i > 0,  i = 1, 2, 3, … oraz${\sum_{x_{i}}^{}p}_{i} = 1$, zatem $F\left( x \right) = \sum_{x > x_{i}}^{}p_{i}$, z czego wynika, że

$P\left( a \in X \in b \right) = \sum_{a \in X \in b}^{}p_{i}$

Dla zmiennych losowych ciągłych mamy funkcję gęstości f:

P(a≤x<b) = ∫_a^bf(x)dx

∫_−∞^∞f(x)dx = 1

W związku z powyższym dystrybuanta dla zmiennej losowej ciągłej przyjmie następującą postać:

F(x) = ∫_−∞^xf(t)dt

P(x=a) = 0

1. Każda całkowita funkcja rzeczywista, dla której:

∫_−∞^∞f(x)dx = 1

jest gęstością pewnej zmiennej losowej ciągłej.

Z powyższego wynika, że dystrybuanta działa dla wszystkich rodzajów zmiennych.

1. Twierdzenie: Jeżeli f jest funkcją ciągłą w X, to F^′(x) = f(x).

Uwaga: mówimy, że rozkład zmiennej losowej jest znany, gdy znana jest:

• Dystrybuanta lub

• Funkcja gęstości lub

• Prawdopodobieństwo.

F(x) = P(X < x)

Powyższy zapis oznacza, że dystrybuanta w punkcie x, to prawdopodobieństwo, że zmienna losowa X przyjmie wartości mniejsze od x.

I tak przy rzucie kostką dystrybuanta od 0 (czyli w punkcie x=0) oznacza prawdopodobieństwo, że zmienna losowa X przyjmie wartości mniejsze od 0. W związku z tym, że nie jest możliwe wyrzucenie ujemnej liczby oczek prawdopodobieństwo przedstawionego wyżej zdarzenia jest równe 0. W innych przypadkach rzutu kostką np.:

Dystrybuanta od 1: F(1) = P(X<1) = 0;

Dystrybuanta od 1,5: $F\left( 1,5 \right) = P\left( X < 1,5 \right) = \frac{1}{6},\ \left( bo\ mozliwe\ jest\ wyrzucenie\ 1 \right);$

Dystrybuanta od 2: $F\left( 2 \right) = P\left( X < 2 \right) = \frac{1}{6}.$

Wykres dystrybuanty:

1. Twierdzenie: Dystrybuanta działa dla wszystkich rodzajów zmiennych (zarówno skokowych jak i ciągłych).

Mówimy, że coś jest przeliczalne wówczas, gdy przyjmuje maksymalnie tyle wariantów wartości ile jest liczb w zbiorze liczb naturalnych. Np. liczba dzieci w rodzinie jest przeliczalna, gdyż zawsze przyjmuje takie wartości ze zbioru liczb naturalnych: 1,2,3,….

P – to funkcja prawdopodobieństwa . Suma wszystkich prawdopodobieństw: $\sum_{x_{i}}^{}p_{i} = 1$.

Funkcja prawdopodobieństwa przypisuje konkretnej wartości x_i prawdopodobieństwo, że ta właśnie wartość zostanie przyjęta.

Dystrybuanta dla zmiennej losowej to suma prawdopodobieństw tylko przy tych wartościach, które są mniejsze od x_i : $F\left( x \right) = \sum_{x > x_{i}}^{}p_{i}$.

P(a≤x<b) = ∫_a^bf(x)dx

, gdyż chodzi o obliczenia pola pod wykresem funkcji f(x).

Podkreślmy zatem po raz wtóry, że zmienna skokowa posiada skończoną lub co najwyżej przeliczalną liczbę wartości. W przypadku zmiennych losowych ciągłych mogą zostać przyjęte wartości z całego R, w związku z tym trzeba się posługiwać całkowaniem.

Przydatne wzory całek:

$$\int_{a}^{b}x^{n}dx = \frac{1}{n + 1}x^{n + 1} = \frac{1}{1 + n}b^{n + 1} - \frac{1}{1 + n}a^{n + 1}$$

Wykres funkcji gęstości:

Całki używamy do obliczenia pola pod wykresem w zakresie od a do b.

Zadania:

Zad 1/Ćw. 1/str.1.

1. Wyznacz rozkład (funkcję prawdopodobieństwa) zmiennej losowej przyporządkowującej rzutowi kostką wypłatę w następujący sposób:

X(ω₁) = 5; ∖nX(ω₂) = 10; ∖nX(ω₃) = 5; ∖nX(ω₄) = 10; ∖nX(ω₅) =   − 15; ∖nX(ω₆) = 10.

Rozkładem funkcji prawdopodobieństwa zmiennej losowej X nazywamy funkcję przyporządkowującą zbiorom borelowskim prawdopodobieństwo odpowiadających im zdarzeń. Czyli funkcja (rozkład) prawdopodobieństwa zdarzeniom X będzie przyporządkowywała prawdopodobieństwa ich wydarzenia się. W zadaniu mamy do czynienia ze zmiennymi skokowymi. W związku z tym wypisujemy w tabeli punkty skokowe i przypisujemy im prawdopodobieństwo wystąpienia.

xi	pi
-15	1/6
5	2/6 (bo piątka może zostać „trafiona” dwukrotnie).
10	3/6 (bo dziesiątka może zostać trafiona trzykrotnie)
$$\sum_{x_{i}}^{}p_{i}$$	6/6 = 1

1. Wyznacz dystrybuantę w punkcie 5,5:

F(x) = P(X<x)

$$F\left( 5,5 \right) = P\left( X < 5,5 \right) = P\left( X = - 15 \right) \cap P\left( X = 5 \right) = \frac{1}{6} + \frac{2}{6} = \frac{3}{6}$$

1. Wyznacz dystrybuantę tej zmiennej:

Skoro mamy do czynienia ze zmienną skokową, to dystrybuanta będzie ulegała zmianie w punktach skokowych a w przedziałach miedzy nimi będzie miała określony wzór. W związku z tym znów posłużmy się tabelką:

X	F(x)
( − ∞; −15]	0,  bo F(−15) = P(X<−15) = 0
( − 15; 5]	$$\frac{1}{6},bo\ F\left( 5 \right) = P\left( X < 5 \right) = 1/6$$
(5; 10]	$$\frac{2}{6},bo\ F\left( 10 \right) = P\left( X < 10 \right) = P\left( x = 5 \right) \cap P\left( x = 10 \right) = \frac{1}{6} + \frac{1}{6} = \frac{2}{6}$$
(10; ∞)	1,  bo F(∞) = P(X<∞) = 1

Zajęcia 2. (11.10.2011)

Zad 2./Ćw. 1./Str. 1.

Dana jest następująca funkcja prawdopodobieństwa:

xi	-5	-2	0	1	3	8
Pi	0,1	0,2	0,1	0,2	C	0,1

1. Wyznacz stałą c

Istnieje warunek, że $\sum_{x_{i}}^{}p_{i} = 1$,, zatem

c = 1 − (0,1+0,2+0,1+0,2+0,1) ∖ nc = 1 − 0, 7 = 0, 3 = c

1. Wyznacz wykres funkcji prawdopodobieństwa:

Mając uzupełnioną o wartość stałej c tabelkę w układzie współrzędnych zaznaczamy odpowiednio x_i oraz p_i. W efekcie otrzymujemy:

1. Wyznacz dystrybuantę i jej wykres.

X	F(x)
(−∞;−5]	0
( − 5; −2]	0,1
( − 2; 0]	0,1+0,2=0,3
(0, 1]	0,1+0,2+0,1=0,4
(1; 3]	0,2+0,1+0,2+0,1=0,6
(3; 8]	0,3+0,2+0,1+0,2+0,1=0,9
(8; ∞)	1

1. Oblicz prawdopodobieństwa:

P(X=1) ∖ nP(X=2) ∖ nP(X<3) ∖ nP(X<2) ∖ nP(X≥0) ∖ nP(−2≤X<3)

Sposób 1) Znajdowanie prawdopodobieństwa na postawie danej funkcji prawdopodobieństwa (czyli odczytujemy wartość prawdopodobieństwa z tabelki). Zatem:

P(X=1) = 0, 2 ∖ nP(X=2) = 0 ∖ nP(X<3) = P(X=1) ∩ P(X=0) ∩ P(x=−2) ∩ P(X=−5) = 0, 2 + 0, 1 + 0, 2 + 0, 1 = 0, 6 ∖ nP(X<2) = P(X=1) ∩ P(X=0) ∩ P(x=−2) ∩ P(X=−5) = 0, 2 + 0, 1 + 0, 2 + 0, 1 = 0, 6 ∖ nP(X≥0) = P(X=0) ∩ P(X=1) ∩ P(X=3) ∩ P(X=8) = 0, 1 + 0, 2 + 0, 3 + 0, 1 = 0, 7 ∖ nP(−2≤X<3) = P(X=−2) ∩ P(X=0) ∩ P(X=1) = 0, 2 + 0, 1 + 0, 2 = 0, 5

Sposób 2) Wyznaczenie prawdopodobieństwa z dystrybuanty. Tu korzystamy z dwóch podanych wcześniej wzorów:

P(a≤x<b) = F(b) − F(a) ∖ nP(x=a) = F(a⁺) − F(a)

Wykres dystrybuanty:

Gdzie krzyżyki oznaczają otwartą granicę przedziału.

W związku z tym, odczytując odpowiednie wartości z wykresu dystrybuanty:

P(X=1) = F(1⁺) − F(1) = 0, 6 − 0, 4 = 0, 2 ∖ nP(X=2) = F(2⁺) − F(2) = 0, 6 − 0, 6 = 0 ∖ nP(X<3) = 0, 6 ∖ nP(X<2) = 0, 6 ∖ nP(X≥0) = 1 − P(X<0) = 1 − F(0) = 1 − 0, 3 = 0, 7 ∖ nP(−2≤X<3) = F(b) − F(a) = F(3) − F(−2) = 0, 6 − 0, 1 = 0, 5

Zad. 3./ Ćw. 1./str. 1.

Dana jest dystrybuanta zmiennej losowej X. Wyznacz jej prawdopodobieństwa.

Schemat postępowania w tym przypadku jest dość prosty, Mianowicie wyznaczamy funkcję prawdopodobieństwa z dystrybuanty. Jednocześnie pamiętamy, że mamy tutaj do czynienia ze zmiennymi skokowymi, co sprawia, że w punktach skokowych dystrybuanta jak i prawdopodobieństwo zmieniają przyjmowane wartości.

Dystrybuanta zmiennej losowej jest dana w zadaniu:

X	(−∞;−2]	(2;1]	(1; 3]	(3; ∞)
F(x)	0	0,2	0,8	1

Zatem punkty skokowe to X= -2;1 oraz 3.

P(X=−2) = F(−2⁺) − F(−2) = 0, 2 − 0 = 0, 2 ∖ nP(X=1) = F(1⁺) − F(1) = 0, 8 − 0, 2 = 0, 6 ∖ nP(X=3) = F(3⁺) − F(3) = 1 − 0, 8 = 0, 2

$$\sum_{x_{i}}^{}{p_{i} = 1 = 0,2 + 0,6 + 0,2}$$

Procedura rozwiązywania podobnych zadań zawsze pozostaje taka sama- otóż najpierw identyfikujemy punkty skokowe, a następnie obliczamy dla nich prawdopodobieństwo z dystrybuanty.

Zadanie 4./ Ćw. 1./str. 1.

Zmienna losowa X ma rozkład o gęstości:

$$f\left( x \right) = \left\{ \begin{matrix} x,\ \ \ dla\ \ 0 \leq x < 0 \\ 2 - x,\ \ dla\ \ 1 \leq x < 2 \\ 0\ poza\ tym.\ \\ \end{matrix} \right.\ $$

1. Naszkicuj wykres funkcji gęstości.

W tym przypadku wykres szkicujemy podstawiając do podanych wzorów wybrane wartości x. Nie trudno zauważyć, że wzór funkcji zmienia się między wartością 0 i 2 w pozostałej części przestrzeni pokrywając się z osią OX. I tak np.:

$${f\left( x \right) = 2 - x\backslash n}{podstawmy\ x = 1\frac{1}{2}\backslash n}{f\left( 1\frac{1}{2} \right) = 2 - 1\frac{1}{2} = \frac{1}{2}}$$

I punkt 1,5, 0,5 zaznaczamy na wykresie. Analogicznie możemy postąpić z innymi przyjętymi wartościami i na podstawie tak ustalonych punktów narysować wykres.

1. Wyznacz i naszkicuj dystrybuantę tego rozkładu.

F(x) = ∫_−∞^xf(t)dt

F(x) = P(X<x) = ∫_−∞^xf(t)dt ∖ n

x ∈ (−∞;0] ∖ nF(x) = ∫_−∞⁰f(t)dt=∫_−∞⁰f(0)dt = ∫_−∞⁰0 dt = 0 ∖ nx ∈ (0;1] ∖ nF(x) = ∫_−∞^xf(t)dt

W związku z powyższym warunkiem należy całkę rozbić na dwie inne całki uwzgledniające fakt, że w punkcie 0 dochodzi do zmiany wykresu funkcji. Zatem mamy:

$$F\left( x \right) = \int_{- \infty}^{x}{f\left( t \right)\text{dt}} = \int_{- \infty}^{0}{f\left( t \right)dt} + \int_{0}^{1}{f\left( t \right)dt =}\int_{- \infty}^{0}{(O)dt} + \int_{0}^{1}{x\ dt =}0 + \frac{1}{2}x^{2}|\begin{matrix} 0 \\ x \\ \end{matrix} = \frac{1}{2}x^{2} - \frac{1}{2}0^{2} = \frac{1}{2}x^{2}$$

x ∈ [1;2)

Również i tutaj należy rozbić całkę na mniejsze części, pamiętając jednak, że punktu x=2 nie osiągamy. Wobec tego mamy:

$$F\left( x \right) = \int_{- \infty}^{x}{f\left( t \right)\text{dt}} = \int_{- \infty}^{0}{f\left( t \right)\text{dt}} + \int_{0}^{1}{f\left( t \right)\text{dt}} + \int_{1}^{x}{f\left( t \right)\text{dt\ }} = \ \frac{1}{2}x^{2} + 2x - 1$$

Ostatecznie otrzymujemy następujące rozwiązania:

$$F\left( x \right) = \left\{ \begin{matrix} 0\ dla\ x \in ( - \infty;0\rbrack \\ \frac{1}{2}x^{2}\ \ dla\ x \in (0;1\rbrack \\ - \frac{1}{2}x^{2} + 2x - 1\ dla\ x \in \left( 1;2 \right\rbrack \\ 1\ dla\ x \in (2;\infty) \\ \end{matrix} \right.\ $$

Nie zamieszczam wykresu z Excela, gdyż po jego zrobieniu okazuje się, że zadanie zostało błędnie rozwiązane. Przy prawidłowym rozwiązaniu wykres wyglądać powinien mniej więcej tak jak wykres dystrybuanty z Zajęć 1. (04.10.2011).

Zajęcia 3. (18.10.2011)

Zad. 4./ Ćw. 1./ str. 1.

Zmienna losowa X ma rozkład gęstości:

$$\left\{ \begin{matrix} x,\ dla\ 0 \leq x < 1 \\ 2 - x,\ dla\ 1 \leq x < 2 \\ 0,\ poza\ tym \\ \end{matrix} \right.\ $$

1. Oblicz prawdopodobieństwa

P(X<0,5) ∖ nP(0,5≤x<0,75)

P(X<0,5) = ∫_−∞^0, 5f(x)dx

Ponieważ w przedziale ( − ∞; 0, 5] wykres dystrybuanty ulega zmianie (bo zmienia się wzór funkcji) całkę trzeba rozbić na dwie całki:

$$P\left( X < 0,5 \right) = \int_{- \infty}^{0,5}{f\left( x \right)\text{dx}} = \int_{- \infty}^{0}{f\left( x \right)\text{dx}} + \int_{0}^{0,5}{f\left( x \right)\text{dx}} = \int_{- \infty}^{0}0dx + \int_{0}^{0,5}{\left( x \right)dx =}0 + \frac{1}{2}x^{2}|\begin{matrix} 0,5 \\ 0 \\ \end{matrix} = \frac{1}{2}\left( \frac{1}{2} \right)^{2} - \frac{1}{2}0^{2} = \frac{1}{8}$$

P(0,5≤x<0,75) = ∫_0, 5^0, 75f(x)dx

W przedziale [0, 5; 0, 75)nie dochodzi do zmiany wzoru funkcji, zatem nie zmienia się również rozkład gęstości, w związku z tym nie ma potrzeby rozdzielania całki na dwie części

$$P\left( 0,5 \leq x < 0,75 \right) = \int_{0,5}^{0,75}{f\left( x \right)\text{dx}} = \int_{0,5}^{0,75}{\left( x \right)\text{dx}} = \frac{1}{2}x^{2}|\begin{matrix} 0,75 \\ 0,5 \\ \end{matrix} = \frac{1}{2}\left( \frac{3}{4} \right)^{2} - \frac{1}{2}\left( \frac{1}{2} \right)^{2} = \frac{1}{2}*\frac{9}{16} - \frac{1}{2}*\frac{1}{4} = \frac{9}{32} - \frac{1}{8} = \frac{9}{32} - \frac{4}{32} = \frac{5}{32}$$

Zad. 5./Ćw. 1./str. 1.

1. Dla jakich a poniższa funkcja jest gęstością?

$$f\left( x \right) = \left\{ \begin{matrix} ax^{2},\ x \in \left\lbrack 0;2 \right\rbrack \\ 0,\ x \notin \left\lbrack 0,2 \right\rbrack \\ \end{matrix} \right.\ $$

Istnieje twierdzenie, że:

∫_−∞^∞f(x)dx = 1

Na jego podstawie można obliczyć a

Ponieważ mamy do czynienia z dwoma przedziałami, tradycyjnie już dokonujemy rozdzielenia całki:

$${1 = \int_{- \infty}^{0}{f\left( x \right)\text{dx}} + \int_{0}^{2}{f\left( x \right)\text{dx}} + \int_{2}^{\infty}{f\left( x \right)\text{dx}} = \int_{- \infty}^{0}{0dx} + \int_{0}^{2}{\left( ax^{2} \right)\text{dx}} + \int_{2}^{\infty}{0dx} = 0 + a\int_{0}^{2}{\left( x^{2} \right)\text{dx}} + 0 = a\frac{1}{3}x^{3}|\begin{matrix} 2 \\ 0 \\ \end{matrix} = a\frac{1}{3}2^{3} - 0 = a\frac{8}{3}\backslash n}{a\frac{8}{3} = 1 \leftrightarrow a = \frac{3}{8}}$$

1. Wyznacz dystrybuantę

$$f\left( x \right) = \left\{ \begin{matrix} \frac{3}{8}x^{2},\ x \in \left\lbrack 0;2 \right\rbrack \\ 0,\ x \notin \left\lbrack 0;2 \right\rbrack \\ \end{matrix}\ \right.\ $$

F(x) = P(X<0) ∖ nF(x) = ∫_−∞^xf(t)dt

Dla x ∈ [0,2] f(x) = 0

F(x) = ∫_−∞^x0dt = 0

Dla $x \notin \left\lbrack 0;2 \right\rbrack\text{\ f}\left( x \right) = \frac{3}{8}x^{2}$

$$F\left( x \right) = \int_{- \infty}^{x}{f\left( t \right)\text{dt}} = \int_{- \infty}^{0}{f\left( t \right)\text{dt}} + \int_{0}^{x}{f\left( t \right)\text{dt}} = \int_{- \infty}^{0}{0\ dt} + \int_{0}^{x}{\frac{3}{8}x^{2}}dt = 0 + \frac{3}{8}*\frac{1}{3}t^{3} = \frac{1}{8}t^{3}|\begin{matrix} x \\ 0 \\ \end{matrix} = \frac{1}{8}x^{3}$$

Dla x ∈ (2;∞)

∫_−∞^xf(t)dt = 1 bo F(x) = 1

Odpowiedź:

$$F\left( x \right) = \left\{ \begin{matrix} 0,\ x \in ( - \infty;0\rbrack \\ \frac{1}{3}x^{3},\ x\ \in (0;2\rbrack \\ 1,\ x\ \in (2;\infty) \\ \end{matrix} \right.\ $$

Sprawdzenie (dokonujemy go poprzez przejście z dystrybuanty do funkcji gęstości):

F^′(x) = f(x)

$${x\ \in \left( - \infty;0 \right\rbrack \rightarrow F^{'}\left( x \right) = 0^{'} = 0\backslash n}{x\ \in \left( 0;2 \right\rbrack \rightarrow F^{'}\left( x \right) = \frac{1}{8}x^{3} = 3*\frac{1}{8}x^{2} = \frac{3}{8}x^{2}\backslash n}{x\ \in \left( 2;\infty \right)\ \rightarrow F^{'}\left( x \right) = 1^{'} = 0}$$

Zatem, w związku z powyższym:

$$f\left( x \right) = \left\{ \begin{matrix} 0,\ x\ \in \left( - \infty;0 \right\rbrack \cup x \in \left( 2;\infty \right) \\ \frac{8}{3}x^{2},\ x\ \in \left\lbrack 0;2 \right\rbrack \\ \end{matrix} \right.\ $$

Co należało udowodnić. Warto pamiętać, że domykanie przedziałów nie zmienia funkcji gęstości.

Charakterystyki niefunkcyjnie rozkładu zmiennej losowej

1. Definicja 1.: Wartość oczekiwana:

   1. Dla zmiennych losowych skokowych:

$$EX = \sum_{x_{i}}^{}{x_{i}p_{i}}$$

1. Dla zmiennych losowych ciągłych:

EX = ∫_−∞^∞xf(x)dx

1. Definicja 2.: Mediana. Medianę ogólnie definiuje się tak, że P(X<Me) = 0, 5 co dla:

   1. Zmiennych losowych skokowych oznacza, że:

$$\sum_{x_{i} < Me}^{}p_{i} \leq 0,5 \leq \sum_{x_{i} \leq Me}^{}p_{i}$$

1. Zmiennych losowych ciągłych oznacza, że:

$$\int_{- \infty}^{\text{Me}}{f\left( x \right)dx = \frac{1}{2}}$$

1. Definicja 3.: Dominanta dla zmiennych skokowych to wartość zmiennej o najwyższym prawdopodobieństwie, a dla zmiennych losowych ciągłych to maksimum globalne funkcji gęstości.

2. Definicja 4.:Wariancja, odchylenie standardowe, współczynnik zmienności.

Wariancję ogólnie definiujemy, jako:

D²(x)=E(E−EX)²

Co dla zmiennych losowych skokowych oznacza:

$$D^{2}(x) = \sum_{x_{i}}^{}{(x_{i} - EX)}^{2}p_{i}$$

A dla zmiennych losowych ciągłych oznacza:

D²(x) = ∫_−∞^∞(X−EX)²f(x)dx

Odchylenie standardowe:

$$S\left( x \right) = \sqrt{D^{2}\left( x \right)}$$

Współczynnik zmienności:

$$V\left( x \right) = \frac{S\left( x \right)}{\text{EX}}\ ,\ gdzie\ EX \neq 0 - przy\ EX = 0\ wspolczynik\ nie\ istnieje!$$

Miary asymetrii i miara skupienia:

1. Definicja 5.: Współczynnik asymetrii:

$$\gamma = \frac{\mu_{3}}{\left\lbrack S\left( x \right) \right\rbrack^{2}}$$

1. Definicja 6.: Kurtoza:

$$k = \frac{\mu_{4}}{\left\lbrack S\left( x \right) \right\rbrack^{4}}$$

Gdzie ξ_k to moment centralny rzędu k.

μ_k = E(X − EX)^k

Co dla zmiennych losowych skokowych oznacza:

$$\mu_{k} = \ \sum_{x_{i}}^{}{{(x_{i} - EX)}^{k}p_{i}}$$

A dla zmiennych losowych ciągłych:

μ_k = ∫_−∞^∞(X−EX)^kf(x)dx

Zauważmy, że wariancja jest momentem centralnym rzędu 2.

1. Definicja 7.: Kwantylem rzędu α (oznaczanym X_α) nazywamy liczbę X_αtaką, że P(X<X_α) = α, czyli:

   1. Dla zmiennych losowych skokowych:

$$\sum_{x_{i} < X_{\alpha}}^{}p_{i} \leq \alpha \leq \sum_{x_{i} \leq X_{\alpha}}^{}p_{i}$$

1. Dla zmiennych losowych ciągłych:

∫_−∞^X_αf(x)dx = α

Twierdzenie I: Własności wartości oczekiwanej:

1. E(c) = c,  c ∈ ℝ

2. E(aX+b) = aEX + b,    a, b ∈ ℝ

3. E(X+Y) = E(X) + E(Y)

4. E(X*Y) = E(X) * E(Y) − o ile zmoienne X i Y sa niezalezne 

Twierdzenie II: Własności wariancji:

1. D²(c) = 0,  dla c  ∈ ℝ;

2. D²(aX+b) = a²D²X;

3. D²(X+Y) = D²(X) + D²(Y) − o ile zmienne Xi Y sa niezalezne;

4. D²X = EX² − (EX)².

Twierdzenie Czebyszewa:

$$\bigvee_{\varepsilon > 0}^{}{P\left( \left| X - EX \right| \geq \varepsilon \right) \leq}\frac{D^{2}(x)}{\varepsilon^{2}}\text{\ \ }$$

Często odchylenie standardowe bywa oznaczane σ, czyli: S(x) = σ, zatem D²(x) = σ². W takich warunkach, jeśli przyjmiemy dowolnie małą liczbę ε,  to:

$$P\left( \left| X - EX \right| \geq 3\varepsilon \right) \leq \frac{\varepsilon^{2}}{3\varepsilon^{2}} = \frac{\varepsilon^{2}}{3\varepsilon^{2}} = \frac{1}{9}$$

Twierdzenie jest dość przydatne, bowiem jeśli np. firma osiąga dochód równy 1000, to można z dużą dozą pewności, że dochód ten może się odchylić nie więcej niż 1/9.

Zad. 1./Ćw. 2./str. 1.

Zmienna losowa X ma funkcję prawdopodobieństwa postaci:

xi	-3	-1	3	5
pi	0,1	0,2	0,5	0,2

1. Wyznacz wartość oczekiwaną:

Mamy do czynienia ze zmiennymi skokowymi, zatem:

Xi	Pi	xipi
-3	0,1	0,3
-1	0,2	-0,2
3	0,5	1,5
5	0,2	1
	$$\sum_{x_{i}}^{}{x_{i}p_{i}} =$$	2,6

1. Wyznacz wariancję (dwoma sposobami)

Sposób I:

$$D^{2}\left( x \right) = \sum_{x_{i}}^{}{{(x_{i} - EX)}^{2}p_{i}}$$

Xi	Pi	xipi	(xi-EX)^2pi
-3	0,1	0,3	( − 3 − 2, 6)^2 * 0, 1 = 3, 136
-1	0,2	-0,2	(−1−2)^2 * 0, 2 = 2, 592
3	0,5	1,5	0,08
5	0,2	1	2,88
	$$\sum_{x_{i}}^{}{x_{i}p_{i}} =$$	2	D^2(x)=

Sposób II:

$${D^{2}\left( x \right) = \text{EX}^{2} - \left( \text{EX} \right)^{2}\backslash n}{{(EX)}^{2} = \sum_{x_{i}}^{}{{x_{i}}^{2}p_{i}}}$$

Xi	Pi	xipi	Xi^2pi
-3	0,1	0,3	( − 3)^2 * 0, 1 = 0, 9
-1	0,2	-0,2	0,2
3	0,5	1,5	4,5
5	0,2	1	5
	$$\sum_{x_{i}}^{}{x_{i}p_{i}} =$$	2	(EX)^2=

1. Wyznacz odchylenie standardowe

$$S\left( x \right) = \sqrt{D^{2}(x)} = \sqrt{8,688} = 2,9475413$$

1. Wyznacz współczynnik zmienności

$$V\left( x \right) = \frac{S\left( x \right)}{\text{EX}} = \frac{2,9475413}{2,6} = 1,13367$$

Zad. 2./Ćw. 2./str. 1.

Zmienna losowa ma rozkład o gęstości:

$$f\left( x \right) = \left\{ \begin{matrix} \frac{3}{4}\left( 1 - x^{2} \right),\ \left| x \right| \leq 1 \Rightarrow - 1 \leq x \leq 1 \\ 0,\ poza\ tym \\ \end{matrix} \right.\ $$

1. Naszkicuj wykres gęstości.

To czynimy poprzez podstawienie kilku charakterystycznych punktów do wzoru dla funkcji w przedziale od -1 do 1. Np.:

X	-0,75	-0,5	0	0,5	0,75
F(x)	0,328125	0,5625	0,75	0,5625	0,328125

I oznaczenie ich w układzie współrzędnych:

1. Wyznacz wartość oczekiwaną

Mamy do czynienia ze zmienną losową ciągłą zatem zastosujemy następujący wzór:

$$E\left( x \right) = \int_{- \infty}^{\infty}xf\left( x \right)\text{dx} = \ \int_{- \infty}^{- 1}xf\left( x \right)dx + \int_{- 1}^{1}xf\left( x \right)dx + \int_{1}^{\infty}xf\left( x \right)dx = 0 + \int_{- 1}^{1}{(x}\frac{3}{4}(1 - x^{2}))\ dx + 0 = \ \frac{3}{4}\int_{- 1}^{1}{\left( x\left( 1 - x^{2} \right) \right)\text{dx}} = \frac{3}{4}\int_{- 1}^{1}{\left( x - x^{3} \right)\text{dx}} = \frac{3}{4}\int_{- 1}^{1}{\left( x \right)\text{dx}} - \frac{3}{4}\int_{- 1}^{1}\left( x^{3} \right)dx = \ \frac{3}{4}*\frac{1}{2}x^{2} - \frac{3}{4}*\frac{1}{4}x^{4} = \frac{3}{4}(\frac{1}{2}x^{2} - \frac{1}{4}x^{4}) = \frac{3}{16} - \frac{3}{16} = 0$$

Zajęcia 4. (25.10.2011)

Zad. 2./Ćw. 2./str. 1.

1. Wyznaczyć wariancję

Należy w tym miejscu wspomnieć, że wartość oczekiwana: E(X)/EX to odpowiednik średniej arytmetycznej. W związku z tym pokazuje ona przeciętną wartość parametru. Z kolei wariancja: D²(X) to parametr mówiący o zróżnicowaniu (jak bardzo zróżnicowane są wartości).

Najprostszą drogą do obliczenia wariancji, posiadają obliczoną już wartość oczekiwaną jest zastosowanie wzoru:

D²(X) = E(X²) − (E(X))²

Aby obliczyć E(X²) stosujemy zmodyfikowany wzór na obliczanie wartości oczekiwanej dla zmiennych losowych ciągłych. Mianowie:

$$E\left( X^{2} \right) = \ \int_{- \infty}^{\infty}x^{2}f\left( x \right)\text{dx} = \int_{- \infty}^{\infty}{(x}^{2}(\frac{3}{4}\left( 1 - x^{2} \right)))dx =$$

Ponieważ w R dochodzi w przypadku naszej funkcji do zmiany wzoru (w punktach -1 i 1) rozbijamy całkę na przedziały w ramach których wzór pozostaje jednakowy:

$$= \ \int_{- \infty}^{- 1}{(x^{2}}f(x))dx + \int_{- 1}^{1}{(x}^{2}f(x))dx + \int_{1}^{\infty}{(x}^{2}f(x))dx = 0 + \int_{- 1}^{1}{(x}^{2}(\frac{3}{4}(1 - x^{2})))dx + 0 = \frac{3}{4}\int_{- 1}^{1}(x^{2} - x^{4})dx = \frac{3}{4}\int_{- 1}^{1}x^{2} - \frac{3}{4}\int_{- 1}^{1}x^{4} = \frac{3}{4}(\frac{1}{3}x^{3} - \frac{1}{5}x^{5})|\begin{matrix} 1 \\ - 1 \\ \end{matrix} = \frac{3}{4}(\frac{1}{3}(1^{3}) - \frac{1}{5}(1^{5})) - \frac{3}{4}(\frac{1}{3}({- 1}^{3}) - \frac{1}{5}( - 1^{5})) = \frac{3}{4}(\frac{1}{3} - \frac{1}{5}) - \frac{3}{4}(( - \frac{1}{3}) - \frac{1}{5}) = \frac{3}{4}(\frac{5}{15} - \frac{3}{15}) - \frac{3}{4}(( - \frac{5}{15}) - \frac{3}{15}) = \frac{3}{4}(\frac{2}{15}) - \frac{3}{4}( - \frac{2}{15}) = \frac{1}{10} + \frac{1}{10} = \frac{2}{10} = \frac{1}{5}$$

Zatem $D^{2}\left( X \right) = E\left( X^{2} \right) - \left( E\left( X \right) \right)^{2} = \frac{1}{5} - 0^{2} = \frac{1}{5}$

Odchylenie standardowe

$$S\left( X \right) = \sqrt{D^{2}(X)} = \sqrt{\frac{1}{5}} = 0,45$$

$$V\left( X \right) = \frac{S\left( X \right)}{E\left( X \right)} - wskaznik\ ten\ nie\ istnieje\ tutaj\ ze\ wzgledu\ na\ to,\ ze\ E\left( X \right) = 0$$

Zad. 3./Ćw. 2./ str. 1.

W urnie znajduje się 6 kul białych, 3 czarne i 9 zielonych. Losujemy z urny jedną kulę. Za wylosowanie kuli białej otrzymujemy 6 punktów, zielonej 3 punkty, czarnej – tracimy 3 punkty. Podać rozkład zmiennej losowej X będącej liczbą uzyskanych punktów. Wyznaczyć jej wartość oczekiwaną i wariancję.

1. Rozkład zmiennej losowej X

Chodzi tutaj o poniższą tabelkę:

xi	-3	3	6
pi	$$\frac{3}{18} = \frac{1}{6}$$	$$\frac{9}{18} = \frac{1}{2}$$	$$\frac{6}{18} = \frac{1}{3}$$

W zadaniach tabelka została podana omyłkowo – nie powinno być jej pod zadaniem, gdyż stanowi element rozwiązania.

1. Wyznaczyć wartość oczekiwaną i wariancję

W tabeli z punktu a) łatwo zauważyć, że podany rozkład ma 3 punkty skokowe (x_i)

xi	pi	xipi	(xi − E(X))^2pi
-3	$$\frac{1}{6}$$	$$\frac{3}{6}$$	$${( - 3 - 3)}^{2}*\frac{1}{6} = 6$$
3	$$\frac{1}{2}$$	$$\frac{3}{2} = \frac{9}{6}$$	0
6	$$\frac{1}{6}$$	$$\frac{6}{3} = \frac{12}{6}$$	3
		$$E\left( X \right) = \sum_{x_{i}}^{}{x_{i}p_{i}} = \mathbf{3}$$	$D^{2}\left( X \right) = \sum_{x_{i}}^{}{{(x_{i} - E\left( X \right))}^{2}p_{i}} =$ 9

Zad. 4./Ćw. 2./str.1.

Niech zmienna losowa X ma dystrybuantę daną wzorem:

$$F\left( x \right) = \left\{ \begin{matrix} 0,\ x \in \left( - \infty; - 1 \right\rbrack \\ - \frac{1}{4}x^{3} + \frac{3}{4}x + \frac{1}{2},\ x \in \left( - 1;1 \right\rbrack \\ 1,\ x \in \left( 1;\infty \right) \\ \end{matrix} \right.\ $$

1. Wyznaczyć gęstość:

Skoro f(x) = F^′(x), to:[wykonujemy działanie przeciwne do całkowania – tj. różniczkowanie, jego wynikiem jest ustalenie następującego wzoru funkcji rozkładu gęstości f(x):

$f\left( x \right) = \left\{ \begin{matrix} 0^{'} = 0,\ x \in \left( - \infty; - 1 \right\rbrack \\ \left( - \frac{1}{4}x^{3} + \frac{3}{4}x + \frac{1}{2} \right) = - \frac{3}{4}x^{2} + \frac{3}{4} + 0,\ \\ 1^{'} = 0,\ \ x \in \left( 1;\infty \right) \\ \end{matrix} \right.\ $ x ∈ (−1;1]

I w uproszczonym zapisie:

$$f\left( x \right) = \left\{ \begin{matrix} - \frac{3}{4}x^{2} + \frac{3}{4},\ \\ 0,\ x \notin ( - 1;1\rbrack \\ \end{matrix} \right.\ x \in \left( - 1;1 \right\rbrack$$

1. Wyznaczyć wartość oczekiwaną

E(X) = ∫_−∞^∞(xf(x))dx=

Tradycyjnie już musimy rozbić całkę na przedziały o jednakowym wzorze funkcji:

$$= \int_{- \infty}^{- 1}{\left( \text{xf}\left( x \right) \right)dx + \int_{- 1}^{1}{\left( \text{xf}\left( x \right) \right)dx +}\int_{1}^{\infty}{\left( \text{xf}\left( x \right) \right)\text{dx}}} = 0 + \int_{- 1}^{1}{(x(} - \frac{3}{4}x^{2} + \frac{3}{4}))dx + 0 = \ \int_{- 1}^{1}{\left( x\left( \frac{3}{4} - \frac{3}{4}x^{2} \right) \right)\text{dx}} = \ \int_{- 1}^{1}{\left( \frac{3}{4}x - \frac{3}{4}x^{3} \right)\text{dx\ }} = \frac{3}{4}\int_{- 1}^{1}{\left( x - x^{3} \right)\text{dx}} = \frac{3}{4}(\frac{1}{2}x^{2}) - \ \frac{3}{4}(\frac{1}{4}x^{4}) = \ \frac{3}{8}x^{2} - \frac{3}{16}x^{4}|\begin{matrix} 1 \\ - 1 \\ \end{matrix} =$$

$$= \left( \frac{3}{8}\left( 1 \right)^{2} - \frac{3}{16}\left( 1 \right)^{2} \right) - \left( \frac{3}{8}\left( - 1 \right)^{2} - \frac{3}{16}\left( - 1 \right)^{2} \right) = \left( \frac{3}{8} - \frac{3}{16} \right) - \left( \frac{3}{8} - \frac{3}{16} \right) = 0$$

1. Wyznaczyć wariancję

D²(x) = E(X²) − (E(X))²

E(X²) =  ∫_−∞^∞x²f(x)dx = 0 ∖ nD²(x) = 0 − 0 = 0

Wybrane rozkłady dyskretne (skokowe)¹

1. Definicja 1.: Rozkład równomierny:

$$P\left( X = x_{i} \right) = \frac{1}{n},\ i = 1,2,3,\ldots$$

Prawdopodobieństwo, że zmienna losowa X przyjmie wartość x_i wynosi jedna enta. Np. dla rzutu kostką $n = 6\ i\ P\left( X \right) = \frac{1}{6}.$ Wynika z tego, że ten rozkład jest charakterystyczny dla wielu gier losowych.

1. Twierdzenie 1.:

$${E\left( X \right) = Srednia\ arytmentyczna\ \left( \overset{\overline{}}{x} \right)\backslash n}{D^{2}\left( x \right) = \frac{1}{n}\sum_{i = 1}^{n}\left( x_{i} - \overset{\overline{}}{x} \right)^{2}}$$

1. Definicja 2.: Rozkład dwupunktowy (czyli takie, gdzie zmienna przyjmuje tylko dwie wartości)

P(X=x₁) = p,  P(X=x₂) = q,  p + q = 1

1. Definicja 3.:Rozkłąd zerojedynkowy (to szczególny przypadek powyższego rozkłady, z tym, ze zmienna losowa przyjmuje wartości albo 1 albo 0 i żadne inne):

$${P\left( X = 1 \right) = p,\ P\left( X = 0 \right) = q,\ p + q = 1\backslash n}{Oznaczenie:X\sim Z - J(p,\sqrt{pq)}}$$

Powyższe wyrażenie należy odczytywać: „X ma rozkład zerojedynkowy

1. Twierdzenie 2.: Jeżeli X ∼ Z − J, to:

$${E\left( X \right) = p\backslash n}{D^{2}\left( x \right) = pq\backslash n}{S\left( x \right) = \sqrt{D^{2}} = \sqrt{\text{pq}}}$$

1. Definicja 4.: Rozkład Bernoullego:

$${P\left( X = k \right) = \left( \frac{n}{k} \right)p^{k}q^{n - k},\ k = 0,1,2,\ldots,\ p + q = 1\backslash n}{Oznaczenie:X\sim B\left( n,p \right)}$$

1. Twierdzenie 3.:

E(X) = np ∖ nD²(x) = npq

Uwaga: Rozkład Bernoullego opisuje występowanie k sukcesów w n niezależnych doświadczeniach losowych, przy czym każde doświadczenie kończy się „sukcesem” z prawdopodobieństwem p, lub „porażką” z prawdopodobieństwem q.

To, że doświadczenia pozostają względnie siebie niezależne oznacza, że każde kolejne doświadczenie nie zależy od poprzedniego. Tak jest np. w przypadku rzutu kostką.

Ujmując rzecz skrótowo rozkład Bernoullego pokazuje, że osiągnąć można ksukcesów w n próbach.

Wybrane rozkłady ciągłe

1. Definicja 1.: Rozkład normalny:

$$f\left( x \right) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}\exp\left\{ - \frac{1}{2}\frac{\left( \mu - x \right)^{2}}{\sigma^{2}} \right\},\ x \in \mathbb{R}$$

Uwaga wykres funkcji opisywanej powyższym wzorem wygląda tak:

W badaniach empirycznych okazało się, że ów wykres i wzór funkcji bardzo trafnie opisują wiele zjawisk przyrody i zjawisk gospodarczych. Z tego powodu powszechnie wzór i wykres przedstawione powyżej są uznawane za najpiękniejsze w matematyce. Notabene wykres nosi nazwę krzywej Gossa.

1. Twierdzenie 1.:

E(X) = μ, ∖nD²(X) = σ²

Uwaga: Kolejne rozkłady mogą mieć skomplikowane funkcje gęstości więc zdefiniujemy je przez związki między rozkładami a nie funkcjami gęstości.

1. Definicja 2.: Rozkład χ² (chi kwadrat)

Zmienna losowa ma rozkład χ² ,jeżeli jest sumą kwadratów kniezależnych zmiennych losowych, z których każda ma rozkład normalny standardowy.

$${X = \sum_{i = k}^{k}U_{i}^{2}\backslash n}{U_{i}\sim N\left( 0,1 \right)\backslash n}{gdzie:\backslash n}{U_{i} - sa\ niezalezne;\backslash n}{i = 1,2,3,\ldots,k;\backslash n}{\mu = 0,\sigma = 1;\backslash n}{Oznaczenie:X\sim\chi_{k;}^{2}}$$

k – nazywamy „liczbą stopni swobody”.

1. Rozkład t-Studenta

$${X = \frac{U}{\sqrt{\frac{Y}{K}}};\backslash n}{U\sim N\left( 0,1 \right);\backslash n}{Y\sim\chi_{k}^{2};\backslash n}{U\ oraz\ Y\ sa\ niezalezne;\backslash n}{Oznaczenie:X\sim S_{k}}$$

1. Rozkład Fishera (-Sendecora)

$${X = \frac{\frac{Y_{1}}{k_{1}}}{\frac{Y_{2}}{k_{2}}}\backslash n}{Y_{1}\sim\chi_{k_{1}}^{2};\backslash n}{Y_{2}\sim\chi_{k_{2}}^{2};\backslash n}{Y_{1}\text{\ i\ }Y_{2}\ sa\ niezalezne;\backslash n}{Oznaczneie:X\sim F_{k_{1},k_{2}};}$$

1. Twierdzenie 2.: (Standaryzacja)

Jeżeli X ∼ N(μ,σ), to jeśli utworzymy zmienną Y, to spełnione zostanie następująca nierówność:

$${Y \leq \frac{X - \mu}{\sigma}\sim N\left( 0;1 \right);\backslash n}{gdzie\ X - to\ \mathrm{\text{stara}}\text{zmienna\ losowa.}}$$

Powyższe twierdzenie pozwala na sprowadzenie rozkładu z parametrami μ oraz σ, do rozkładu o parametrach 0 i 1.

---

1. W tym przypadku rozkład dyskretny jest synonimem rozkładu skokowego.↩