======= Rachunek prawdopodobieństwa i statystyka - Lista 8. =======
{{:rachunek_prawdopodobienstwa_i_statystyka:10.lista08.pdf|Lista 8}}.

Za zadania 1,8 pragnąłbym podziękować zbanowanemu

===== Zadanie 1 =====
Liczymy całkę potrójną:

$\int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \int_{yz}^{1} dx dy dz$

Wynikiem jest właśnie 0,75

Dlaczego taka, a nie inna całka? $x$ musi być większy niż $yz$, dlatego liczymy całkę  $\int_{yz}^{1} dx$ .

Natomiast $y$ i $z$ mogą być dowolnymi liczbami z przedziału [0,1] - dlatego granice sumowania całki potrójnej dla zmiennych $y$ i $z$ to [0,1]


===== Zadanie 2 =====

Moje rozwiązanie tego zadania jest tak sprytne, że aż jestem z niego dumny :-D .

Mała uwaga: WKA zapomniał dodać, że nośnikiem rozkładu Rayleigha jest przedział $[0,\infty]$, a nie domyślne $[-\infty,\infty]$. 

Wartość oczekiwaną możemy uzyskać, licząc całkę:

$\int_0^{\infty} \frac{x*x}{\sigma^2} \exp{-\frac{x^2}{2\sigma^2}}$

Ciężka sprawa :-/ . 

Ale jeśli sprytnie zauważymy, że :

$\int_{-\infty}^{\infty} \exp{-\frac{x^2}{2\sigma^2}} = $ (z całkowania przez części) $[x\exp{-\frac{x^2}{2\sigma^2}}]_{-\infty}^{\infty} - - \int_{-\infty}^{\infty} \frac{x*x}{\sigma^2} \exp{-\frac{x^2}{2\sigma^2}}$

Lewa (czyli ta w kwadratach) część zbiega do zera, a w prawej możemy zmienić granice całkowania korzystając z tego, że funkcja podcałkowa jest parzysta
$2 * \int_0^{\infty} \frac{x*x}{\sigma^2} \exp{-\frac{x^2}{2\sigma^2}} = \int_{-\infty}^{\infty} \exp{-\frac{x^2}{2\sigma^2}} $

Funkcji $\exp{-\frac{x^2}{2\sigma^2}}$ brakuje $\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}$, żeby była gęstością rozkładu normalnego z parametrem $\sigma$ (gęstości całkują się do 1).

Zatem $EX = \sigma \frac{\sqrt{\pi 2}}{2} = \sigma \frac{\sqrt{\pi}}{\sqrt{2}}$

Podobną sztuczkę stosujemy dla drugiego momentu.

 $\int_0^{\infty} f_{Rayleigh(\sigma)}(x) = = \int_0^{\infty} \frac{x}{\sigma^2} \exp{-\frac{x^2}{2\sigma^2}} = [\frac{x^2}{2\sigma^2}\exp{-\frac{x^2}{2\sigma^2}}]_{0}^{\infty} + \frac{1}{2\sigma^2}\int_0^{\infty} \frac{x^3}{\sigma^2} \exp{-\frac{x^2}{2\sigma^2}}$

Stąd widać już, że (całka z gęstości dowolnego rozkładu jest równa 1)

$EX^2 = 2\sigma^2$ , $D^2[X]=\sigma^2\frac{4-\pi}{2} $

===== Zadanie 3 =====
Po pierwsze, potrzebna nam gęstość dwuwymiarowej zmiennej losowej (X,Y). Na szczęście wiemy, że są one niezależne, więc jej gęstość jest równa iloczynowi gęstości zmiennych X i Y.

$f_{(x,y)}(x,y) = \frac{1}{2\pi} \exp({-\frac{x^2+y^2}{2}})$

Teraz musimy zamienić X i Y na [[http://pl.wikipedia.org/wiki/Układ_współrzędnych_biegunowych|współrzędne biegunowe]]. 
Podstawiamy $R = \sqrt{X^2+Y^2} , \Theta = \tan^{-1}\frac{Y}{X}$ co daje nam $X = R \cos{\Theta}, Y = R \sin{\Theta}$ i jakobian przejścia równy $R$.

$f_{(r,\Theta)}(r,\Theta) = r*\frac{1}{2\pi} \exp({-\frac{r^2(\sin^2\theta+\cos^2\theta)}{2}}) =$ korzystamy z jednego ze wzorów trygonometrycznych  $=r*\frac{1}{2\pi} \exp({-\frac{r^2*1}{2}}) = r*\frac{1}{2\pi} \exp({-\frac{r^2}{2}})$

===== Zadanie 4 =====
Zadanie bardzo podobne do poprzedniego. 

Po pierwsze, potrzebna nam gęstość dwuwymiarowej zmiennej losowej (X,Y). Na szczęście wiemy, że są one niezależne, więc jej gęstość jest równa iloczynowi gęstości zmiennych X i Y.

$f_{(x,y)}(x,y) = \frac{1}{2\pi} \exp({-\frac{x^2+y^2}{2}})$

Teraz musimy zamienić X i Y na [[http://pl.wikipedia.org/wiki/Układ_współrzędnych_biegunowych|współrzędne biegunowe]]. 
Zamiast R używamy jednak $\sqrt{D}$, więc jakobian przejścia będzie wyglądał odrobinkę inaczej.
Podstawiamy $D = X^2+Y^2 , \Theta = \tan^{-1}\frac{Y}{X}$ co daje nam $X = \sqrt{D} \cos{\Theta}, Y = \sqrt{D} \sin{\Theta}$. Jakobian przejścia równy będzie $\frac{1}{2}$.


$|J| = \frac{\cos{\theta}}{2\sqrt{D}} *\sqrt{D} \cos{\theta}  - \frac{\sin{\theta}}{2\sqrt{D}} * -\sqrt{D} \sin{\theta} = \frac{1}{2}$

Podstawiamy jak wcześniej, wynikiem jest 
$ \frac{1}{2}*\frac{1}{2\pi} \exp({-\frac{d}{2}})$

===== Zadanie 5 =====

To zadanie jest długie i nudne.

Potrzebne wzory:

[[http://pl.wikipedia.org/wiki/Rozkład_gamma|Rozkład gamma]]
[[http://pl.wikipedia.org/wiki/Rozkład_beta|Rozkład beta]]
[[http://pl.wikipedia.org/wiki/Funkcja_gamma|Funkcja gamma]]

Podpunkt b robimy stosunkowo łatwo. Funkcja tworząca momenty rozkładu gamma to $(1-\frac{t}{b})^{-p}$. Z twierdzenia o mnożeniu funkcji generujących momenty niezależnych zmiennych losowych łatwo otrzymamy, że $M_U = (1-\frac{t}{b})^{-p-q}$, co daje nam tezę.

Do podpunktów a i c będzie nam potrzebna gęstość zmiennej losowej (X,Y). Ponieważ są niezależne, to gęstość tej zmiennej będzie iloczynem gęstości zmiennej X, i Y - wychodzi nam ogromny potworek, którego nie chce mi się przeklepywać do TeXa, a myślę, że każdy potencjalny czytelnik potrafi mnożyć. 

Teraz, aby otrzymać gęstość zmiennej (U,V) będziemy musieli podstawić $U = X+Y, V= \frac{X}{X+Y}$ - rozwiązują prosty układ równań otrzymamy, że 
$X = UV, Y = U(1-V)$ 
Jakobian przejścia wynosi $U$. 

Zatem potwornie masakryczną gęstość zmiennej (U,V) otrzymamy, podstawiając $uv$ za wszelkie iksy i $u(1-v)$ za ygreki w gęstości zmiennej (X,Y). A dodatkowo pomnożyć musimy ją przez jakobian - czyli u. 

Aby wykonać podpunkt a) musimy sprawdzić, że pomnożenie przez siebie gęstości brzegowych u i v - czyli $Gamma(b,p+q)$ i $Beta(p,q)$ da nam ogromnego potworka. Powinno nam to wyjść bez większych problemów (o ile nie kropniemy się gdzieś przy przepisywaniu tej okropnej gęstości).

Z podpunktem c) jest o tyle niewesoło, że teraz musimy tę potworną gęstość zmiennej (U,V) ZCAŁKOWAĆ po U. 

Nie jest jednak aż tak źle. Wszystkie V we wzorze traktujemy jako stałe. Przed całką znajdzie się wszystko z wyjątkiem $\Gamma(p+q)$. Tu jednak odwołamy się wprost do definicji. 
Z całki, która nam zostanie:

$\int_0^{\infty}b^{(p+q)}u^{(p+q-2)}\exp{-(bu)} du$ 

Da się otrzymać całkę $\Gamma(p+q) = \int_0^{\infty}z^{(p+q-1)}\exp{-(z)} dz$ za pomocą podstwienia $z=bu , dz = b du$

A to już nas ustawia. Ostatnia uwaga jest taka, że przy tablicy  podpunkt a) udowodnić najlepiej po udowodnieniu podpunktów b) i c)

===== Zadanie 6 =====

===== Zadanie 7 =====
Nie wiem, jak zrobić poprzednie zadanie, ale tu możemy skorzystać z twierdzenia o mnożeniu funkcji generujących momenty.

Z wikipedii wiemy, że fgm rozkłądu wykładniczego z parametrem $\lambda$ wynosi $(1-\frac{t}{\lambda})^{-1}$.

Gdy pomnożymy to n razy otrzymamy $(1-\frac{t}{\lambda})^{-n}$. Wystarczy więc pokazać, że jest to funkcja generująca momenty dla gęstości podanej w zadaniu. Mamy :

$f(y) = \lambda^n \frac{y^{n-1}}{(n-1)!} * \exp{(-\lambda y )}$.

Fgm $Y_n$ ma więc postać 
$\int_0^{\infty} \lambda^n \frac{y^{n-1}}{(n-1)!} * \exp{(-\lambda y )} \exp{(yt)} dy = $ wyłączamy stałe $ = \lambda^n \frac{1}{(n-1)!} \int_0^{\infty}  y^{n-1} * \exp{(-y (\lambda-t) )}$
Podstawiamy $z = (\lambda-t)y, dz = (\lambda-t) dy$

$= \lambda^n \frac{1}{(n-1)!} \int_0^{\infty} \frac{z^{n-1}}{(\lambda-t)^n}\exp{(-z)} dz = \lambda^n \frac{1}{(n-1)!} * \Gamma(n) \frac{1}{(\lambda-t)^n} = $ korzystamy z tego, że $\Gamma(n) = (n-1)!$ $ = \frac{\lambda^n}{(\lambda-t)^n} =(1-\frac{t}{\lambda})^{-n}$  

===== Zadanie 8 =====

Najpierw zauważmy, że wybór punktów na prostej jest równoważny wyborowi punktów z przedziału (0, 1) (bo (0, 1) jest izomorficzny ze zbiorem liczb rzeczywistych). Losujemy teraz dwa punkty $x, y$. Do rozpatrzenia są dwie sytuacje: gdy x < y i y < x. W obu przypadkach liczymy (niemal) identyczną całkę:

$\int_{0}^{1} \int_{x}^{1} \int_{x}^{y} dz dy dx = \frac{1}{6}$

Tak więc łączne prawdopodobieńtwo to 1/3